压轴解答题的深度剖析与策略归纳（9大题型）练习-2025年高考数学二轮复习

新定义题型02压轴解答题的深度剖析与策略归纳

目录

01模拟基础练.....................................................2

题型一：集合新定义................................................2

题型二：函数与导数新定义..........................................5

题型三：立体几何新定义............................................8

题型四：三角函数新定义...........................................13

题型五：平面向量与解三角形新定义.................................16

题型六：数列新定义...............................................20

题型七：圆锥曲线新定义...........................................22

题型八：概率与统计新定义.........................................27

重难点突破：高等数学背景下新定义.................................31

02重难创新练....................................................35

题型一：集合新定义

1.设〃(〃22)为正整数，集合U={1,2,3,-.,川，集合A={4，G…4}(〃2。*,〃三力为U的一个非空子集,

记S(A)=q''+q"+qm,其中422.

(1)若〃=2,q=3,求S(A)的取值的集合；

(2)证明：S(A)的所有可能取值个数为2"-1；

(3)是否存在4,使得S(A)的所有可能取值从小到大排列成等差数列，若存在，求4；若不存在，说明理

由.

【解析】(1)当〃=2时，4={1}或4={2},A={1,2},

31=3,3、9,31+32=12,S(A)的可能取值为3,9,12,

5(A)的取值集合为{3,9,12}.

(2)设集合4={%,人，4}，4产"",%，吗},4与&中相同的元素不予考虑，

其中.<力2<<£,m1Vm2<<m.,

彳段设，〉加"贝1」/"+4叫++4吗+/T，

/.S(4)一§(A/)=+q'2++g*_(,仍+++q吗)>一(7+q?+++q%T)

fi«(1一日)(q_2)q%+q

=q----------=-----------，

\-qq-1

qN2,

.(q2)/+q>0,即S(4)WS(A)

q-i

••.不存在两个不同的子集4，A，使得S(4)=S(AJ,

S(A)的所有可能取值个数为U的非空子集个数，为2"-1.

(3)q3>q+q2,

•4q2,q+/为S(A)的所有可能取值中最小的三个，

2/=q+q+q2,解得q=2；

当q=2时，易知S(A)为偶数，

且S(A)最大值为2i+2?++2"=2研1-2，最小值为2,

由(2)可知S(A)的所有可能取值个数为2"-1，

区间［2,2向-2］中偶数个数恰为2"-1，

S(A)的所有可能取值集合为{2,4,6,,2用-2},

.该集合中任何一项2〃均能写成24+2。++2,”形式，进而可构成首项为2,公差为2的等差数列，

存在q=2,使得S(A)的所有可能取值从小到大排列成等差数列.

2.设〃为给定的正整数，称有序数组(4，%「应乂4€{0,1},7=1,2,...,〃)是--二进数组.九是由加个互

不相同的"-二进数组构成的集合，对于S”,.”中的任意两个元素£=(4法…,%)和分=(%%,1%),称

〃%£)=是%£-特征值.记Sm,“的所有a,p-特征值中出现次数最多的数值为M(Sm,„).

1=1

⑴设与,4={(q，a2，/，a4)k+%+a3+a4<3},求机和的值；

⑵若对任意均有〃％尸)=0,求机的最大值；

⑶若m=2",证明：M(Sm,n)=等,其中因表示不超过x的最大整数.

【解析】(1)此时

5m4={(0,0,0,0),(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1),(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1))

,故7"=11.

s”的所有a,£-特征值为

0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,

0,1,0,0,0,1,1,1,0,0,0,

0,0,1,0,0,1,0,0,1,1,0,

0,0,0,1,0,0,1,0,1,0,1,

0,0,0,0,1,0,0,1,0,1,1,

0,1,1,0,0,2,1,1,1,1,0,

0,1,0,1,0,1,2,1,1,0,1,

0,1,0,0,1,1,1,2,0,1,1,

0,0,1,1,0,1,1,0,2,1,1,

0,0,1,0,1,1,0,1,1,2,1,

0,0,0,1,1,0,1,1,1,1,2.

以上共121个，其中有63个0,52个1,6个2,所以=

（2）由于对任意％=1,2,...,〃，Sg,不能出现两个第％位为1的数组以刀（否则〃a,0>O）.

所以Sm,中每个数组包含1的数目之和不超过n.

由于不包含1的数组至多有一个（0,0,0,...,0,0）,故S”“中至少有加―1个包含至少一个1的数组.

所以鼠中每个数组包含1的数目之和不小于m-1.

以上二者结合，即可得到1,故机K〃+l.

当黑/=\^al,a2,a3,...,an）\al+a2+a3+...+an<1}时，对任意S处,中的两个不同元素a,£,均有/（a,"）=0.

所以加的最大值是“+1.

（3）由于所有的"-二进数组恰有2"个，故S,"."必定是包含全部"一二进数组的集合.

对/e{0,1,2,,设T。）为使得“％⑶=/的有序对（以尸）的数量，其中a/eSm,“.

那么在这种情况下，见尸的同为1的那/个分量位置有C：=瑞二种选择.

确定这些位置后，其它的分量不能同为1,那么每个位置有三种可能，所以剩余分量有种选择.

这就得到7（/）=萨4，从而%?=

〃一3

n

n-37（/+1）匕一141n-3

故当‘〈工时,有与广而丁干山；当心干时’有

n-3

T（/+l）…,”丁7

T⑴3（/+i）3m'

M__q_i_2

从而当/取到大于下的最小整数，也就是/=—时，T0取得最大值.

n+2

所以M(%.)=

~T~

题型二：函数与导数新定义

3.罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇

尔・罗尔于1691年提出的.它的表达如下：如果函数网元）满足在闭区间［。回内连续，在开区间“内可

导，且尸（。）=/伍），那么在区间（。,6）内至少存在一点已使得为尸⑴的导函数）.若函数

f(x)=sinx,

7〃sin为一sin

(1)证明：当0＜西＜9＜《r时，存在唯z一使得cosj=—七一

2%-%

（2）当xNO时，ax2-l+f'（x）＞0,求。的取值范围;

，、7171rsin〃“口-sina,、

（3）若等比数列｛叫满足4=/%="，"=一―一'记数列圾｝的前〃项和为叫试比较工与

216an+\an

冗

“-土2的大小，并说明理由.

6

厂/、sinx,-sinx

【解析】(1)令/(x)=smx--------!---------0,

/＞,_.sinXj-sinx2_x{sinx2-x2sinx1

!-X2X_x2

l.sinx-sin_石sinx2-x2sinx1

F(x2)=sinx2-------------------则/（国）=/（尤2），

国-x2再-x2

由罗尔定理可知，*x）在&,々）内至少存在一点九使F（O=。.

又因为尸（x）=cosX_sm：：：n%在,《上单调递减,

所以少（x）存在唯苫，使得/皤）=0,即cos［=sm羽［Sin/.

(2)令8(%)=加-1+cosx,XG[0,+OO),

则gf(x)=2ax-sinx,xG[0,+OO),

令力(x)=g'(x)=2ar—sinx,则//(x)=2a-cosx,

当a2；时，即2a21时，/(x)=2a-cosx之。在[0,+oo)上恒成立,

故M%）在［。，”）上单调递增，

因为可0)=0,所以//(力20在［0,+0))上恒成立，

所以g(x)在［0,y)上单调递增，故g(x)Ng(O)=O,即加-l+r(x)»。恒成立.

当时，即2a<1时，则存在唯一％,使得〃(为)=2々—cosx(,=0,

且函数矶可在上单调递增，

当xe(O,Xo)时，/i,(x)<0,即g'Q)在(0,毛)上单调递减，

所以g'(x)<g'(O)=。，即g(x)在(0,飞)上单调递减,

所以当无«0,%)时，g(x)<g⑼=0,不符合题意.

综上所述，实数。的取值范围为；，+sj.

(3)因为4=［,%=三，所以公比q国=：，则%='

216\a,2"2(2)X

.兀.兀

sin—；—sin—

sin。,+|一sina.2〃+i2〃

所以2=

71兀

尸一吩

由（1）可知存在当/）使得4=cos',

由（2）可知当a=g时，cos尤21-当且仅当％=0时等号成立,

所以〃,=34>1一声，

_22_2_2

二匚【、兀兀兀兀

所以1S0〃=14+1%++%1>11--+1--+l1—-7++11z-r

nLz.nrr0//-yZn+l

7l2Tl21

=n----1---x->n-----

664"6

兀2

即S>n~—

"6

4.已知定义域为O的函数y=/(x),其导函数为y=/'(x),若点(如%)在导函数y=r(x)图象上，且

满足r(%)"'(%)2。，则称/为函数y=/(x)的一个"类数"，函数y=/(x)的所有“T类数”构成的集

合称为“T类集”.

⑴若/(x)=sinx,分别判断叁和;是否为函数y=/(尤)的“T类数”，并说明理由；

⑵设>=/'(x)的图象在R上连续不断，集合知=卜"'("=0}.记函数y=/⑺的“T类集”为集合S,若

SuR,求证：M蛊；

(3)已知〃尤)=-LCOS(S+9)®>0),若函数y=/(尤)的“T类集”为R时夕的取值构成集合A,求当

CD

A时0的最大值.

【解析】(1)/''(x)=cosx,，yo=/13=0，r(%)=cos0=l,

・••(伍)"'(%)=/])((0)=020,.《是函数/(司=5出的“7类数”；

r(x)=cosx.〔M=/[彳]=一*J'(yj=cos-孝>0,

)•尸(%)<0,•・.宁不是函数/⑺=sinx的“T类数”.

(2)因为函数y=〃x)的“T类集”为集合S,且SuR,

所以存在%eR,使得%=尸(飞)且/'(x°)•/'(%)<0,

若％=%，则/(%>/(％)=[/(%)了20,所以%，%,

因为函数y=/'(x)的图象是连续不断的，

不妨设%<%,由零点存在定理知，必存在再«%,%)使得/'(%)=0,

所以y=/'(x)存在零点，即“蛊.

(3)/(尤)=-cos((y%+^)((y>0),贝!J/'(%)=sin(ox+°).

CD

先证明CD<Tlz

因为函数/(x)=-'COS(s+夕)3>0)的“T类集”为R，

3

所以对任意X。eR,

令%=/'(%)，则％•/'(%)NO,

因为函数/'("=$:111(5+0)(0>0)的值域为[-1,1],

所以当为«0』时,必有r(%)wo,

即(X)=sin(妙+同N。(刃>。)对于X£(。,U恒成立,

T2

所以函数^=/'("的最小正周期T应有:21-0,即T=」7r“，则①<兀.

2①

再证明OeA,此时明(x)=sin(0x),对于任意%=9皿0%).

当%=/'(飞)《°』时，0<ay0<a)<n,则1f(%)目0,1]/(飞)"，(％)20；

当％=/&”[—1,0]时,-n<-®<^0<0,则〃为闫-1,0]/伉)/(%)20,

所以°=0时函数/(%)=―LCOS(®X+°)3>0)的“T类集"为R,即OeA.

我们不难发现，上述过程中令。=兀也成立.因此，。的最大值是兀.

题型三：立体几何新定义

5.我们规定：在四面体尸-ABC中，取其异面的两条棱的中点连线称为尸-ABC的一条“内棱”，三条内棱

两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.

(1)如左图，在四面体尸-ABC中，M«=l，2,…,6)分别为所在棱的中点，证明：P-ABC的三条内棱交于

-*点.

⑵同左图，若尸-ABC为垂棱四面体，监％=2,%跖=4,M5M6=6,求直线尸8与平面ABC所成角的正

弦值.

2

(3)如右图，在空间直角坐标系中，xQy平面内有椭圆C：/+乙=1,耳为其下焦点，经过耳的直线

2

y=Ax+相与。交于A、5两点，。为％0y平面下方一点，若夕-为垂棱四面体，则其外接球表面积S是

化的函数S㈤,求S仕)的定义域与最小值.

【解析】(1)如图，连接3M4，"1"3，"1"4，"3〃2，"4"2,

p

B

由题可知，平行且等于;PB,M2M4平行且等于gp8

所以M1M3平行且等于M2M4

所以四边形3M2M4为平行四边形，

所以对角线“1加2加3〃4=。，。为线段/1加2中点；

同理加1〃2（MM=O,。为线段中点；

故P-ABC的三条内棱交于一点。.

（2）由（1）可知，四边形M1M3M2M4为平行四边形，

若尸-ABC为垂棱四面体，则四边形为菱形，

即MM=MtM4

显然

PB=2MXM3,AC=2MlMt

故尸3=AC

同理尸A=SC,PC=AB

如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系8-孙2,

C

T

因为

MXM2=2,M3M4=4,M5M6=6

所以有A（4,6,0）,3（0,0,0）,C（0,6,2），尸（4,0,2）

所以BP=（4,0,2）,R4=（4,6,0）,BC=（0,6,2）

设平面ABC的一个法向量为“=（X,y,z）

BAri-014x+6y=0

易知101

BCn=016y+2z=0

令y=-2,解得x=3,z=6

所以“=(3,-2,6)

BPn2412小

吉处DZ匕*而A后田缶昉估为

旦我rD?与十间AnACC历作用削66止TF5幺恒力

网•同回x735

（3）由（2）易知将P-ABO补成长方体，设长宽高分别设为a、b>c,

则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：R=^a2+b2+c2,

则：S=4TTR2=;r[a2+b2+c2)

显然AB?=/+/,=匕2+02,a。？=/+,2,所以$=g(AB?++a。?)万

设4（%,%）,3（孙％）

因为直线y=履+机过椭圆焦点与

所以MJ=-1

2

22L=]

联立2"得(2+r)*2一2区一1=0

y=kx—1

显然A>0

2k

122+k?

由韦达定理可知，

1

1-2+k2

4

…二一。

得

2-2k2

所以AB?=(%]_/)+(%—%),AO?=%；+

+x

所以s=51a-/J+(%一%/+『+y；2+y；卜

整理得S=[(西+%2『+(%+—3%/

-。101+13公+10

侍S二——I-----5--------无

k4+4k2+4

。小10/+13公+10

所以S（左）=——---7---------n

I'/+34/+4

由于.*ABO为某长方体的三个顶点由余弦定理可知A、B、。均为锐角

显然ABO中角A、3均为锐角，

所以只需角。锐角，即：OAOB>0

12-2k2

得“逮2+%%>°=一

r五屈

解得上e

V）

（J2也）

।\104"+13k~+10附士、”I_JA4j

由S（幻=-7-----s--------71的定乂域为tke

1'/+4廿+4一7万

7

10（^+4^+4）-27r-309/+1。

S（A）―/+4-+4兀_10兀_3r+必2+4元

所以当最大时，$㈤"-3^!^兀最小

29

不妨令f=9/+10e10,y

9一+10_81f_81

所以^+4^+4—产+16/+64——64+16

t

因为"9公+10€10,4）

然2+1081

由对勾函数性质可知,当‘=1。时’西际二尸［有最大值

此时左=0

,,10犬+13/+10m―吉45

故5（左）=——7-----5-----兀的1v取l小值为二兀.

'7父+442+42

6.离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设尸为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲

率为0,=1一1-（/9尸。2+/。2尸。3+-+/。"/。*+/以尸。|），其中26=1,2,，人,k23）为多面体知的所

271

有与点尸相邻的顶点，且平面QTQz，平面&PQ,…，平面21P2和平面Q/Qi为多面体M的所有以尸

为公共点的面.如图，在三棱锥尸-ABC中.

p

(1)求三棱锥尸-ABC在各个顶点处的离散曲率的和;

3

(2)若PAL平面ABC,ACA.BC,AC=8C=2,三棱锥尸―ABC在顶点C处的离散曲率为g.

8

①求点A到平面PBC的距离;

②点。在棱PB上，直线CQ与平面A5C所成角的余弦值为叵，求8。的长度.

6

【解析】(1)根据离散曲率的定义得①p=l—，-(NAP3+ZB尸C+NAPC)

2兀

①A=1---(NPAB+ZBAC+ZPAC),

2兀'

①B=1-上(NPBA+ZABC+NPBC),

“2兀

①c=1---(ZPCA+ZBCA+ZPCB),

27r'

所以①p+①A+①§+①C=4一一—X4TI=2.

一’2兀

(2)①因为24,平面ABC,3Cu平面ABC,所以P4J_3C,

又AC_L3C,ACcPA=A,AC,P4u平面PAC,所以8C_L平面PAC,

7T

又尸Cu平面PAC,所以5CLPC,BPZBCP=-,

2

又①c=1---(ZPCA+ZBCA+ZPCB),

1271\

即1=1一;(/PCA+g+g],所以/PG4=T，

82兀122)4

过点A作A",PC于点因为平面PAC,AMu平面PAC,

所以,

又BCcPC=C,8cpeu平面尸CB,所以AM_L平面尸CB,

所以点A到平面PCB的距离为线段AM的长，

在RtACM中AM=ACsin/PCA=2x^=0,

2

即点A到平面PBC的距离为友；

②过点Q作QGHPA交A3于点G,连接CG,

因为PAL平面ABC,所以。G,平面ABC,

所以NGCQ为直线C。与平面ABC所成的角,

依题意可得丛=2,AB=^22+22=272，PB=^22+（2A/2）2=2A/3-

所以sin/P8A=C^=且，cosZPBA=—=—,

PB3PB3

设BQ=x（。〈尤W2豆），QG=BQsinNPBA=与x.BG=BQcosNPBA=与x,

在■BCG中，CG=VBC2+BG2-2BC-BGcosZCBG=^4+|x2-^^x，

XcosZGCQ=—,所以sinNGCQ=Jl一cos?NGCQ=逅

66

sin/GCQ

所以tan/GCQ=

cosZGCQ5

所以tanNGCQ=^=T解得片半或.一华（舍去），故BQT

CCT

题型四：三角函数新定义

7.人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或

者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度

主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点A（x”yJ,

3（々，%），则曼哈顿距离为：〃（43）=|3一司+|%-%|，余弦相似度为：

cos(A,B}=,%-x1%+[/_x]%，余弦距离为1-cos（A,3）

也；+才依+贡商+>收+式

⑴若A（T,2）,，求A,B之间的曼哈顿距离d（A3）和余弦距离;

12

⑵已知M(sina,cosa),N(sin/7,cos/),Q(sin/7,-cos/),若cos(M,N)=§,cos(M,2)=—,求

tanatan(3的值

⑶已知0<。<尸<1，M(5cosa,5sina)、N(13cos尸,13sin£),P(5cos(a+/?),5sin(a+/?)),若

cos(M,P)=—,cos(Af,?7)=—,求“、尸之间的曼哈顿距离.

1365

3414

【解析】(1)6?(A,B)=-l--+2--=y,

COS(AB)=^X|+AX|=^,故余弦距离等于1_8$(4,3)=1-骼；

、八sinasinBcosacos£

(2)cos(M,N)=/=+j——■J厂

Vsin2a+cos2a{si/0+cos2Pvsin2a+cos2ay/sin2)3+cos2f3

=sinasin'+cosacos=—；

sinasin/3+cosa-cos0

cos（M,。）二

Vsin26z+cos2a^/sin2y0+cos2Pvsin2or+cos2a^/sin2y0+cos2y0

=sinasin尸一cosacosP=~^

「31,八sinasinQc

故sinasin尸=一,cosacosB=-----,贝|tanatanp=--------------=-3.

1010cosacosP

(3)因为J(5sina『+(5cosa『=5,J[5sin(a+⑶丁+[5cos(a+⑶丁=5,

匚匚…5cosa5cos(a+夕)5sina5sin(a+/7)八5

所以cos(Af,P)=--------x----------------+--------x---------------=cos/7=—.

v7555513

因为0<夕<曰，所以sin/?=J1-cos?分二.

因为J(13sina)2+(13cosa『=13,

“…、八5cosa13cos85sina13sin/7/小63

所以cos(M,N)=---x—万匕+--一x一百匕=cos(a—尸尸花.

TTTT

因为0V6Z<夕<2,贝{J——<6Z—<0,

所以sin(tz_/?)=_Jl_cos2(a_/)=一^|.

3

因为cosa=cos（o-尸+尸）=cos（a-6）cos尸一sin（a-；0）sin用,

sina=hcos2a=1,所以A/（3,4）.

33

因为cos（cr+y0）=cosacosj3-sinasin/3=--,

sin（a+尸）=sinacos尸+coscrsin^=-

65

所以「哈勃

33L5672476

因为3-+4——=——+——二

1313131313

所以M、P之间的曼哈顿距离是

8.设“次多项式£(r)=<V"+a“_/T+,+为/HO),若其满足C(cosx)=cos7zx,则称这些多

项式匕⑺为切比雪夫多项式.例如：由cos，=cos。，可得切比雪夫多项式《(x)=x,由

cos29=2cos2(9-1,可得切比雪夫多项式6(x)=2x?-1.

⑴若切比雪夫多项式6(力=以3+云2+5+〃，求实数a,b,c,d的值；

⑵对于正整数〃22时，是否有Pn+i{x)=2x-Pn(”-哈⑺成立？

⑶已知函数/(力=8/-6x-1在区间(-1,1)上有3个不同的零点，分别记为A，龙2，项，证明:

芯+/+%=0.

【解析】(1)依题意，

鸟(cos6)=cos3。=cos(2。+。)=cos29cos9一sin2。sin0

=^2cos2^-l)cos^-2sin2Ocos。

=2cos30-cos^-2(1-cos29)cos0=4cos30-3cos6,

因止匕A(x)=4d—3x,即ar3+bx1+cx+d=4x3-3x,

贝ija=4,Z?=d=0,c=-3；

(2)&|(x)=2xf(x)-加(x)成立.

只需考虑和差化积式cos(几+l)9+cos(〃一l)9=2cos〃夕cos®,

首先有如下两个式子：

Pn+X(cos夕)=cos(〃夕+夕)=cosndcos0-sinndsin3,

Pn_1(cos9)=cos(ji0-O^=cosnOcos6+sin/sin0,

两式相加得，尺T(cos9)+Pn+X(cos6)=2coscos0=2Pn(cos6)cos0,

将cose替换为X,所以对于正整数心2时，心］(%)=2］七(力—尺_］(力；

(3)函数〃力=8X3—6x-1在区间(-1,1)上有3个不同的零点不々，又3，

即方程4三一3x二：在区间(-1,1)上有3个不同的实根，

令％=80夕招£(0,兀)，由(1)知cos36=；,

而3。«0,3兀)，则36=m或36=弓或30=g,

十日715兀7兀

十是石=cos—,x2=cos—,x3=cos—,

yr5TT77r7T(47r9TTA

贝IjF+%2+%3=COS—+COS—+COS—=COS1COS—+COS—I,

,.4K2K/3兀兀、(3兀兀、cTt7i7i

而cos-----1-cos——=cos-----F—+cos--------=2cos—cos—=cos—,

99I99)(99)399

所以芯+x2+x3=0.

题型五：平面向量与解三角形新定义

9.对平面向量加，n-定义运算：卜zx"卜时卜卜in。，其中同，”分别表示机，"的模长，6是相与"

的夹角.在VABC中，已知,8义4。=4形，AB-AC=4.

(1)是否存在满足条件的VABC,使得2|A@+|AC|=6?若存在，求的值；若不存在，请说明理由；

।।,।DBxDA

(2)若2|AB|+|Aq=8,。是线段AC上一点，豆近BD=gD,求--------

CBxCD

【解析】(1)\ABxAC\=4A/3,二|AB||AC|sinNB4C=4』.

ABAC=4,■■\AB\\AC\cosZBAC=4,tan/BAC=相，

又ABACe(0,7i),ABAC=1,

■■■\AB\\AC|=8.

2|A3I+IAC|N2j21ABl14cl=2•=8,

・•・当且仅当21ABi=|AC|=4时，21ABi+|AC|有最小值8.

因此，不存在满足条件的VABC,使得21ABi+|AC|=6.

(2)由(1)知，当2|A3I+IAC|=8时，\AB\=2,\AC\=4.

解法一：在VASC中，ZBAC=y,由余弦定理得，BC2=AB2+AC2-ABxBC,

3c=2指,ZABC=^.

在△ABD中，ZBAC=-|,J2BD=^AD,

sinABACV3

由正弦定理得，—

ADsinZABD

sinZAB£)=—,BD>AD,

2

jrjr

ZABD=-ZDBC=-.

4f4

16

CBxCD3

\\ICB||CDIsinZDCBSACBDL\BC\\BD\sinZDBC2指x也

解法二:

BDsinABAC百

在△Afi。中，ZBAC=1,应BD=#>AD,由正弦定理得,

ADsinZABD0

兀

sinZABD=—,BD>AD,ZABD=-

24

5兀

ZBDA=—

12

AD2

ADAB

又>/2回也+1,A。=2(6-1).

sinZABD-sinZBDA'

22[22J

CO=2(3-我.

|£)BxZM|=|£>8||ZM|sinZADB_|AD|_2(石-1)_@

\CBxCD\~\CB\\CD\sinZDCB~SACBD-|。|-2(3-石)-3

10.射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从。点出发，平面内四个

点E,F,G,H经过中心投影之后的投影点分别为A氏C〃.对于四个有序点4瓦C。，若CA=2CB，

DA=RDB,定义比值苫=，叫做这四个有序点的交比，记作（ABCD）.

11m

（1）当x=T时，称4坨。,£>为调和点列，若加+不用=而，求"7的值;

ACAZJAn

⑵①证明：（EFGH）=（ABCD）；

②己知（E尸G»）=m，点8为线段AD的中点，|AC|=6QW=3,向彳黑=|,求|。4|,|OC|.

【解析】（1）由x=—l<0知：两点分属线段内外分点,

不妨设AB=AC+CB,AB=AD-BD,

AB,CBAB।BD

贝nI——=1+一=1—

ACAC"ADAD

CB_BDABAB

由x=—1矢口——+——=2,

:ACADACAD

112「

------1---------,即〃2=2.

ACADAB

(2)①在AOC,AOD,BOC,30。中,

CA_SA_《aOCsin/CAC_Odsin/AOC

CBS-BOC--OBOCsinZBOCOB^ZBOC

2

DA_Sa。。_'OAODsinN/Or)_

DBSBOD--OBODsinZBOD°B.sin/BOD

2

CA

贝萩8）=嘉=OAsin/AOCOBsin/AODsin/AOC-sin/BOD

DAOB-sin/30COA-sin^AODsin/BOC•sin/AOD

DB

在jEOG.EOH,..FOG,、FOH中,

9-OEOGsinZEOG

GE_、EOG_2._OEsinZEOG

GFq1OFsmZFOG'

》尸OG—,OFOG,sin/尸OG

2

9-OEOHsmZEOH

HE_3EOH_2_OEsinNEOH

q1

HFdFOH—OFOHsinNFOHOFsinZFOH'

2

GE

OE

z\_~GF_'Sin/EOGOF•sin/尸OH_sin/EOG•smZFOH

人,）GEOFsin^FOGOEsinZEOHsmZFOG-sin^EOH

HF

又ZEOG=ZAOC,ZFOH=/BOD,/FOG=/BOC,ZEOH=ZAOD,

.sin/AOCsin/38_sin/EOGsin/FOH

"smZBOCsmZAOD-sinZFOGsinZEOH'

即（£R"）=（ABCD）；

CA

@（ABCD）=（EFGH）=-f=gp^—=-,

一、7v72DA2CBDA2

丽

又点B为线段AD的中点，即当=1，则^=3,

DA2Cn

又AC=3,贝ljAB=2,BC=1,

设OA.—x,OC=y,且OB=-\/3,

由^45。=兀一/（28。可知：cosZABO+cosZ.CBO-0,

即2?+（6）1T+（6）_y2_0,整理可得：r+2y2=15；

2x2x62xlx5/3

AB_x

在VA05中，由正弦定理得:

sin/AOBsin/ABO

OBy

在.5。。中，由正弦定理得,

sin/5cosin/CBO

且sinZABO=sinZCBO,

,xABsin^BCO_32「

贝|J—二=v3,即x=y/3y,

ysinZAOBOB~2

x=x=3x=—3..广

由＜^y得.，或V「（舍），BP|O4|=3,\OC\=y/3.

x2+2y2=15J=卮j=-W

题型六：数列新定义

11.已知数列｛叫，定义S（z；/）=4+4+1++%,其中3JeN*且，。

⑴若%=2九一1,求5（1,3）和S（4,6）;

⑵若。"=2”,证明：对于Vi,j,",veN*且，<j,u<v,i^u,都有S（i,/）XS（w,v）;

（3）对于左=3,4,L,〃，设q=｛M4=4%++\an,\e｛O,l）,S（l,左一1）（瓦WS（1阳｝.若正项数列

｛%｝为递增数列，求证：［中至少有两个不同的元素，且£中最大元素与最小元素之比小于2.

【解析】（1）由题意，因为。“=2〃-1,

所以S（1,3）=%+（!,+%=1+3+5=9,

S（4,6）=%+。5+4=7+9+11=27.

（2）不妨假设，＜“，由题意，因为。“=2”,

则3亿力=2'+2.++2,=2,（1+2++2q’

S（M,V）=2"+2"包++T=2'（2"-'+T-M+.+2"'）.

其中，1+2+.+2尸为奇数，2"-'+2"川++2"-'为偶数,

所以S（i,/）wS（",v）.

（3）易知£中至少包含两个元素4+%+--+%和％+/++ak-2+ak-

设”中的最大元素为最小元素为，%,

若％>Q]+%++a1,贝lj祖左=Q女且M卜<ax+a2+-+ak,

也二^q+%++%=]+%+/++/一1<2

、Jmkakakak

a

若以W%+%+,+%_i,贝lj祖%>q+%++k-\且M卜«q+%++W・

〃

贝I]—M,’1——+%?---+--+--%-"=i.+----------a-,K--------<2-.

JTI^q+a[++，—]q+出++%-1

综上所述，7；中最大元素与最小元素之比小于2.

12.若数列｛%｝的首项q=1,对任意的〃eN+，都有%（左为常数，且丘N*）,则称｛%｝