专题03 19题新结构定义题（平面向量与解三角形部分）解析版-2024年高考数学复习解答题解题思路训练

专题0319题新结构定义题（平面向量与解三角形部分）(典型题型归类训练)1．（2024上·福建宁德·高一统考期末）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地我们可以定义双曲正弦函数.它们与正、余弦函数有许多类似的性质.(1)类比正弦函数的二倍角公式，请写出双曲正弦函数的一个正确的结论:_____________.（只写出即可，不要求证明）；(2)，不等式恒成立，求实数的取值范围；(3)若，试比较与的大小关系，并证明你的结论.【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）利用双曲正、余弦函数的定义，结合指数运算即可得解.（2）根据给定条件，列出不等式，分离参数构造函数并求出最值即得.（3）作差，结合指数函数单调性及正余弦函数的性质推理判断即可.【详解】（1）.（2）依题意，，不等式，函数在上单调递增，，令，显然函数在上单调递减，在上单调递增，，又，于是，，因此，，显然函数在上单调递减，当时，，从而，所以实数的取值范围是.（3），.依题意，，，当时，，，即，于是，而，因此，当时，，则，，即，而，因此，于是，，所以.【点睛】结论点睛：函数的定义区间为，①若，总有成立，则；②若，总有成立，则；③若，使得成立，则；④若，使得成立，则.2．（2023下·贵州贵阳·高一统考期末）阅读材料：材料一：我国南宋的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”：若把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，记小斜为，中斜为，大斜为，则三角形的面积为.这个公式称之为秦九韶公式；材料二：古希腊数学家海伦在其所著的《度量论》或称《测地术》；中给出了用三角形的三条边长表示三角形的面积的公式，即已知三角形的三条边长分别为，则它的面积为，其中，这个公式称之为海伦公式；材料三：秦九韶公式和海伦公式都解决了由三角形的三边直接求三角形面积的问题.海伦公式形式优美，容易记忆，体现了数学的对称美，秦九韶公式虽然与海伦公式形式不一样，但与海伦公式完全等价，且由秦九韶在不借助余弦定理的情况下独立推出，充分说明了我国古代学者具有很高的数学水平；材料四：印度数学家婆罗摩笈多将海伦公式推广到凸四边形（凸四边形即任取平面四边形一边所在直线，其余各边均在此直线的同侧）中，即设凸四边形的四条边长分别为，，凸四边形的一对对角和的半为，则凸四边形的面积为.这个公式称之为婆罗摩笈多公式.请你结合阅读材料解答下面的问题：(1)在下面两个问题中选择一个作答：（如果多做，按所做的第一个问题给分）①证明秦九韶公式与海伦公式的等价性；②已知圆内接四边形中，，，，，求的面积；(2)中，的对边分别为，已知的面积为6，其内切圆半径为1，，求，.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）若选择①：由秦九韶公式证明海伦公式化简得到，即可求解；若选择②：根据题意得到，得到四边形的面积为，结合四边形是圆内接四边形对角和为，代入即可求解；（2）设内切圆半径为，根据，求得，再由海伦公式化简得到，联立方程组，即可求解.【详解】（1）解：若选择①：由秦九韶公式证明海伦公式：设，所以上述每一步均为等价变形，所以秦九韶公式与海伦公式是等价的.若选择②：因为，且，，，，代入可得，所以，因为四边形是圆内接四边形，对角和为，所以，可得.（2）解：设内切圆半径为，因为，代入，，，可得，①又由，由海伦公式，可得，化简得，即，代入①，可得，②联立方程组，且，解得.3．（2023下·广东广州·高一统考期末）古希腊的数学家海伦在其著作《测地术》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为海伦公式.其中，.我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为“三斜求积”公式.(1)利用以上信息，证明三角形的面积公式；(2)在中，，，求面积的最大值.【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）根据题意结合余弦定理分析证明；（2）利用三角恒等变换结合正弦定理分析可得，再运用题中公式结合基本不等式运算求解.【详解】（1）因为，即，可得，且，则，所以.（2）因为，由题意可得，即，整理得，由正弦定理可得，即，的面积，因为，当且仅当时，等号成立，则，所以面积的最大值为.4．（2023下·江苏宿迁·高一统考期中）设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式．例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式．(1)若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值；(2)已知函数在上有3个不同的零点，分别记为，证明：．【答案】(1)a，b，c，d的值分别为；(2)证明见解析.【分析】（1）利用给定的定义，结合和角的余弦化简并求出作答.（2）利用（1）的结论，求出，再利用和差角的余弦计算作答.【详解】（1）依题意，，因此，即，则，所以实数a，b，c，d的值分别为.（2）函数在上有3个不同的零点，即方程在上有3个不同的实根，令，由（1）知，而，则或或，于是，则，而，所以.【点睛】思路点睛：由方程的特点，联系切比雪夫多项式，把函数零点问题转化为三角函数求角的问题求解.5．（2022上·河北邢台·高三统考期中）阅读下面的两个材料：材料一：我国南宋的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”：若把三角形的三条边分别称为小斜､中斜和大斜，记小斜为，中斜为，大斜为，则三角形的面积为．这个公式称之为秦九韶公式；材料二：希腊数学家海伦在其所著的《度量论》中给出了用三角形的三条边长表示三角形的面积的公式，即已知三角形的三条边长分别为，则它的面积为，其中，这个公式称之为海伦公式．请你解答下面的两个问题：(1)已知的三条边为，求这个三角形的面积；(2)已知的三条边为，求这个三角形的面积；(3)请从秦九韶公式和海伦公式中任选一个公式进行证明．（如果多做，则按所做的第一个证明记分）．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用海伦公式求解即可；（2）利用秦九韶公式求解即可（3）在中，过点作，设，，，算出，然后利用面积公式即可证明【详解】（1）由题意得：，由海伦公式得：（2）由题意得：，由秦九韶公式得：．（3）证明秦九韶公式如下：在中，，，，过点作，设，，，由得：，，，．证明海伦公式如下：设，．6．（2024上·河南·高三校联考期末）三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：．若，则称为空间向量与的叉乘，其中（），（），为单位正交基底．以O为坐标原点、分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知A，B是空间直角坐标系中异于O的不同两点．(1)①若，，求；②证明：．(2)记的面积为，证明：．(3)证明：的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的6倍．【答案】(1)①；②证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用向量的叉乘的定义逐项分析即得.（2）利用数量积公式求得，则有可知，借助叉乘公式，利用分析法即可证得结果．（3）由（2），化简可得，即可得出结果.【详解】（1）①因为，，则．②证明：设，，则，将与互换，与互换，与互换，可得，故．（2）证明：因为，故，故要证，只需证，即证．由（1），，，故，又，，，故则成立，故．（3）证明：由（2），得，故，故的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的6倍．7．（2023下·北京·高一北京八十中校考期中）在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列（整点即横纵坐标都是整数的点），，，，与，，，，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②线段，其中，则称与互为正交点列.(1)求：，，的正交点列；(2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由；(3)，，是否都存在无正交点列的有序整点列？并证明你的结论.【答案】(1)，，(2)不存在，理由见解析(3)不存在，证明见解析【分析】（1）由正交点列的定义可知，，设，由正交点列的定义可知，即可得出结论；（2）设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，，因为与，与相同，即可得到结论；（3），，都存在整点列无正交点列.设，其中，是一对互质整数，，则有，分类讨论，即可得出结论.【详解】（1）设点列，，的正交点列是，，，由正交点列的定义可知，，设，，由正交点列的定义可知，即，解得所以点列，，的正交点列是，，.（2）由题可得，设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，因为与，与相同，所以有因为，，，方程②显然不成立，所以有序整点列，，，不存在正交点列；（3），，都存在整点列无正交点列.，，设，其中，是一对互质整数，若有序整点列，，，是点列，，，正交点列，则，则有当为偶数时，取，.由于，，，是整点列，所以有，.等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，所以该点列，，，无正交点列；当为奇数时，取，，，，由于，，，是整点列，所以有，.等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，所以该点列，，，无正交点列.综上所述，，，都不存在无正交点列的有序整数点列.【点睛】关键点睛：本题以平面直角坐标系为载体，平面向量为工具，给出新定义“互为正交点列”，解本类题的关键在于结合课本知识，认真理解新定义，在新定义的基础上用学过的知识来解决问题.8．（2023下·北京东城·高一统考期末）对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．(1)若，求及；(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)505【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，；（2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证；（3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况.【详解】（1）因为，，，所以.（2）设，假设对，则均不为0．所以．即．因为，所以．所以．与矛盾，故假设不正确．综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使．（3）设，因为，所以有或．当时，可得三式相加得．又，可得．当时，也可得，于是．设的三个分量为这三个