新定義題型02壓軸解答題的深度剖析與策略歸納

目錄

01模擬基礎練.....................................................2

題型一：集合新定義................................................2

題型二：函數與導數新定義..........................................5

題型三：立體幾何新定義............................................8

題型四：三角函數新定義...........................................13

題型五：平面向量與解三角形新定義.................................16

題型六：數列新定義...............................................20

題型七：圓錐曲線新定義...........................................22

題型八：概率與統計新定義.........................................27

重難點突破：高等數學背景下新定義.................................31

02重難創新練....................................................35

題型一：集合新定義

1.設〃(〃22)為正整數，集合U={1,2,3,-.,川，集合A={4，G…4}(〃2。*,〃三力為U的一個非空子集,

記S(A)=q''+q"+qm,其中422.

(1)若〃=2,q=3,求S(A)的取值的集合；

(2)證明：S(A)的所有可能取值個數為2"-1；

(3)是否存在4,使得S(A)的所有可能取值從小到大排列成等差數列，若存在，求4；若不存在，說明理

由.

【解析】(1)當〃=2時，4={1}或4={2},A={1,2},

31=3,3、9,31+32=12,S(A)的可能取值為3,9,12,

5(A)的取值集合為{3,9,12}.

(2)設集合4={%,人，4}，4產"",%，嗎},4與&中相同的元素不予考慮，

其中.<力2<<￡,m1Vm2<<m.,

彳段設，〉加"貝1」/"+4叫++4嗎+/T，

/.S(4)一§(A/)=+q'2++g*_(,仍+++q嗎)>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

??.不存在兩個不同的子集4，A，使得S(4)=S(AJ,

S(A)的所有可能取值個數為U的非空子集個數，為2"-1.

(3)q3>q+q2,

?4q2,q+/為S(A)的所有可能取值中最小的三個，

2/=q+q+q2,解得q=2；

當q=2時，易知S(A)為偶數，

且S(A)最大值為2i+2?++2"=2研1-2，最小值為2,

由(2)可知S(A)的所有可能取值個數為2"-1，

區間［2,2向-2］中偶數個數恰為2"-1，

S(A)的所有可能取值集合為{2,4,6,,2用-2},

.該集合中任何一項2〃均能寫成24+2。++2,”形式，進而可構成首項為2,公差為2的等差數列，

存在q=2,使得S(A)的所有可能取值從小到大排列成等差數列.

2.設〃為給定的正整數，稱有序數組(4，%「應乂4€{0,1},7=1,2,...,〃)是--二進數組.九是由加個互

不相同的"-二進數組構成的集合，對于S”,.”中的任意兩個元素￡=(4法…,%)和分=(%%,1%),稱

〃%￡)=是%￡-特征值.記Sm,“的所有a,p-特征值中出現次數最多的數值為M(Sm,?).

1=1

⑴設與,4={(q，a2，/，a4)k+%+a3+a4<3},求機和的值；

⑵若對任意均有〃％尸)=0,求機的最大值；

⑶若m=2",證明：M(Sm,n)=等,其中因表示不超過x的最大整數.

【解析】(1)此時

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,￡-特征值為

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個，其中有63個0,52個1,6個2,所以=

（2）由于對任意％=1,2,...,〃，Sg,不能出現兩個第％位為1的數組以刀（否則〃a,0>O）.

所以Sm,中每個數組包含1的數目之和不超過n.

由于不包含1的數組至多有一個（0,0,0,...,0,0）,故S”“中至少有加―1個包含至少一個1的數組.

所以鼠中每個數組包含1的數目之和不小于m-1.

以上二者結合，即可得到1,故機K〃+l.

當黑/=\^al,a2,a3,...,an）\al+a2+a3+...+an<1}時，對任意S處,中的兩個不同元素a,￡,均有/（a,"）=0.

所以加的最大值是“+1.

（3）由于所有的"-二進數組恰有2"個，故S,"."必定是包含全部"一二進數組的集合.

對/e{0,1,2,,設T。）為使得“％⑶=/的有序對（以尸）的數量，其中a/eSm,“.

那么在這種情況下，見尸的同為1的那/個分量位置有C：=瑞二種選擇.

確定這些位置后，其它的分量不能同為1,那么每個位置有三種可能，所以剩余分量有種選擇.

這就得到7（/）=薩4，從而%?=

〃一3

n

n-37（/+1）匕一141n-3

故當‘〈工時,有與廣而丁干山；當心干時’有

n-3

T（/+l）…,”丁7

T⑴3（/+i）3m'

M__q_i_2

從而當/取到大于下的最小整數，也就是/=—時，T0取得最大值.

n+2

所以M(%.)=

~T~

題型二：函數與導數新定義

3.羅爾定理是高等代數中微積分的三大定理之一，它與導數和函數的零點有關，是由法國數學家米歇

爾?羅爾于1691年提出的.它的表達如下：如果函數網元）滿足在閉區間［?；貎冗B續，在開區間“內可

導，且尸（。）=/伍），那么在區間（。,6）內至少存在一點已使得為尸⑴的導函數）.若函數

f(x)=sinx,

7〃sin為一sin

(1)證明：當0＜西＜9＜《r時，存在唯z一使得cosj=—七一

2%-%

（2）當xNO時，ax2-l+f'（x）＞0,求。的取值范圍;

，、7171rsin〃“口-sina,、

（3）若等比數列｛叫滿足4=/%="，"=一―一'記數列圾｝的前〃項和為叫試比較工與

216an+\an

冗

“-土2的大小，并說明理由.

6

廠/、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-------------------則/（國）=/（尤2），

國-x2再-x2

由羅爾定理可知，*x）在&,々）內至少存在一點九使F（O=。.

又因為尸（x）=cosX_sm：：：n%在,《上單調遞減,

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),

則gf(x)=2ax-sinx,xG[0,+OO),

令力(x)=g'(x)=2ar—sinx,則//(x)=2a-cosx,

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

故M%）在［。，”）上單調遞增，

因為可0)=0,所以//(力20在［0,+0))上恒成立，

所以g(x)在［0,y)上單調遞增，故g(x)Ng(O)=O,即加-l+r(x)?。恒成立.

當時，即2a<1時，則存在唯一％,使得〃(為)=2々—cosx(,=0,

且函數磯可在上單調遞增，

當xe(O,Xo)時，/i,(x)<0,即g'Q)在(0,毛)上單調遞減，

所以g'(x)<g'(O)=。，即g(x)在(0,飛)上單調遞減,

所以當無?0,%)時，g(x)<g⑼=0,不符合題意.

綜上所述，實數。的取值范圍為；，+sj.

(3)因為4=［,%=三，所以公比q國=：，則%='

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）可知存在當/）使得4=cos',

由（2）可知當a=g時，cos尤21-當且僅當％=0時等號成立,

所以〃,=34>1一聲，

_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.已知定義域為O的函數y=/(x),其導函數為y=/'(x),若點(如%)在導函數y=r(x)圖象上，且

滿足r(%)"'(%)2。，則稱/為函數y=/(x)的一個"類數"，函數y=/(x)的所有“T類數”構成的集

合稱為“T類集”.

⑴若/(x)=sinx,分別判斷叁和;是否為函數y=/(尤)的“T類數”，并說明理由；

⑵設>=/'(x)的圖象在R上連續不斷，集合知=卜"'("=0}.記函數y=/⑺的“T類集”為集合S,若

SuR,求證：M蠱；

(3)已知〃尤)=-LCOS(S+9)?>0),若函數y=/(尤)的“T類集”為R時夕的取值構成集合A,求當

CD

A時0的最大值.

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

???(伍)"'(%)=/])((0)=020,.《是函數/(司=5出的“7類數”；

r(x)=cosx.〔M=/[彳]=一*J'(yj=cos-孝>0,

)?尸(%)<0,??.寧不是函數/⑺=sinx的“T類數”.

(2)因為函數y=〃x)的“T類集”為集合S,且SuR,

所以存在%eR,使得%=尸(飛)且/'(x°)?/'(%)<0,

若％=%，則/(%>/(％)=[/(%)了20,所以%，%,

因為函數y=/'(x)的圖象是連續不斷的，

不妨設%<%,由零點存在定理知，必存在再?%,%)使得/'(%)=0,

所以y=/'(x)存在零點，即“蠱.

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

CD

先證明CD<Tlz

因為函數/(x)=-'COS(s+夕)3>0)的“T類集”為R，

3

所以對任意X。eR,

令%=/'(%)，則％?/'(%)NO,

因為函數/'("=$:111(5+0)(0>0)的值域為[-1,1],

所以當為?0』時,必有r(%)wo,

即(X)=sin(妙+同N。(刃>。)對于X￡(。,U恒成立,

T2

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

2①

再證明OeA,此時明(x)=sin(0x),對于任意%=9皿0%).

當%=/'(飛)《°』時，0<ay0<a)<n,則1f(%)目0,1]/(飛)"，(％)20；

當％=/&”[—1,0]時,-n<-?<^0<0,則〃為閆-1,0]/伉)/(%)20,

所以°=0時函數/(%)=―LCOS(?X+°)3>0)的“T類集"為R,即OeA.

我們不難發現，上述過程中令。=兀也成立.因此，。的最大值是兀.

題型三：立體幾何新定義

5.我們規定：在四面體尸-ABC中，取其異面的兩條棱的中點連線稱為尸-ABC的一條“內棱”，三條內棱

兩兩垂直的四面體稱為“垂棱四面體”.

(1)如左圖，在四面體尸-ABC中，M?=l，2,…,6)分別為所在棱的中點，證明：P-ABC的三條內棱交于

-*點.

⑵同左圖，若尸-ABC為垂棱四面體，監％=2,%跖=4,M5M6=6,求直線尸8與平面ABC所成角的正

弦值.

2

(3)如右圖，在空間直角坐標系中，xQy平面內有橢圓C：/+乙=1,耳為其下焦點，經過耳的直線

2

y=Ax+相與。交于A、5兩點，。為％0y平面下方一點，若夕-為垂棱四面體，則其外接球表面積S是

化的函數S㈤,求S仕)的定義域與最小值.

【解析】(1)如圖，連接3M4，"1"3，"1"4，"3〃2，"4"2,

p

B

由題可知，平行且等于;PB,M2M4平行且等于gp8

所以M1M3平行且等于M2M4

所以四邊形3M2M4為平行四邊形，

所以對角線“1加2加3〃4=。，。為線段/1加2中點；

同理加1〃2（MM=O,。為線段中點；

故P-ABC的三條內棱交于一點。.

（2）由（1）可知，四邊形M1M3M2M4為平行四邊形，

若尸-ABC為垂棱四面體，則四邊形為菱形，

即MM=MtM4

顯然

PB=2MXM3,AC=2MlMt

故尸3=AC

同理尸A=SC,PC=AB

如圖，將該三棱錐補全為一個長方體，并建立空間直角坐標系8-孫2,

C

T

因為

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）

設平面ABC的一個法向量為“=（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

吉處DZ匕*而A后田缶昉估為

旦我rD?與十間AnACC歷作用削66止TF5幺恒力

網?同回x735

（3）由（2）易知將P-ABO補成長方體，設長寬高分別設為a、b>c,

則外接球半徑為該長方體的體對角線長的一半即：R=^a2+b2+c2,

則：S=4TTR2=;r[a2+b2+c2)

顯然AB?=/+/,=匕2+02,a。？=/+,2,所以$=g(AB?++a。?)萬

設4（%,%）,3（孫％）

因為直線y=履+機過橢圓焦點與

所以MJ=-1

2

22L=]

聯立2"得(2+r)*2一2區一1=0

y=kx—1

顯然A>0

2k

122+k?

由韋達定理可知，

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--------無

k4+4k2+4

。小10/+13公+10

所以S（左）=——---7---------n

I'/+34/+4

由于.*ABO為某長方體的三個頂點由余弦定理可知A、B、。均為銳角

顯然ABO中角A、3均為銳角，

所以只需角。銳角，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的定乂域為tke

1'/+4廿+4一7萬

7

10（^+4^+4）-27r-309/+1。

S（A）―/+4-+4兀_10兀_3r+必2+4元

所以當最大時，$㈤"-3^!^兀最小

29

不妨令f=9/+10e10,y

9一+10_81f_81

所以^+4^+4—產+16/+64——64+16

t

因為"9公+10€10,4）

然2+1081

由對勾函數性質可知,當‘=1。時’西際二尸［有最大值

此時左=0

,,10犬+13/+10m―吉45

故5（左）=——7-----5-----兀的1v取l小值為二兀.

'7父+442+42

6.離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標.設尸為多面體M的一個頂點，定義多面體M在點P處的離散曲

率為0,=1一1-（/9尸。2+/。2尸。3+-+/。"/。*+/以尸。|），其中26=1,2,，人,k23）為多面體知的所

271

有與點尸相鄰的頂點，且平面QTQz，平面&PQ,…，平面21P2和平面Q/Qi為多面體M的所有以尸

為公共點的面.如圖，在三棱錐尸-ABC中.

p

(1)求三棱錐尸-ABC在各個頂點處的離散曲率的和;

3

(2)若PAL平面ABC,ACA.BC,AC=8C=2,三棱錐尸―ABC在頂點C處的離散曲率為g.

8

①求點A到平面PBC的距離;

②點。在棱PB上，直線CQ與平面A5C所成角的余弦值為叵，求8。的長度.

6

【解析】(1)根據離散曲率的定義得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因為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

過點A作A",PC于點因為平面PAC,AMu平面PAC,

所以,

又BCcPC=C,8cpeu平面尸CB,所以AM_L平面尸CB,

所以點A到平面PCB的距離為線段AM的長，

在RtACM中AM=ACsin/PCA=2x^=0,

2

即點A到平面PBC的距離為友；

②過點Q作QGHPA交A3于點G,連接CG,

因為PAL平面ABC,所以。G,平面ABC,

所以NGCQ為直線C。與平面ABC所成的角,

依題意可得叢=2,AB=^22+22=272，PB=^22+（2A/2）2=2A/3-

所以sin/P8A=C^=且，cosZPBA=—=—,

PB3PB3

設BQ=x（?！从萕2豆），QG=BQsinNPBA=與x.BG=BQcosNPBA=與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.一華（舍去），故BQT

CCT

題型四：三角函數新定義

7.人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或

者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度

主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點A（x”yJ,

3（々，%），則曼哈頓距離為：〃（43）=|3一司+|%-%|，余弦相似度為：

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

也；+才依+貢商+>收+式

⑴若A（T,2）,，求A,B之間的曼哈頓距離d（A3）和余弦距離;

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“、尸之間的曼哈頓距離.

1365

3414

【解析】(1)6?(A,B)=-l--+2--=y,

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

、八sinasinBcosacos￡

(2)cos(M,N)=/=+j——■J廠

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=-----,貝|tanatanp=--------------=-3.

1010cosacosP

(3)因為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

因為0<夕<曰，所以sin/?=J1-cos?分二.

因為J(13sina)2+(13cosa『=13,

“…、八5cosa13cos85sina13sin/7/小63

所以cos(M,N)=---x—萬匕+--一x一百匕=cos(a—尸尸花.

TTTT

因為0V6Z<夕<2,貝{J——<6Z—<0,

所以sin(tz_/?)=_Jl_cos2(a_/)=一^|.

3

因為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

因為cos（cr+y0）=cosacosj3-sinasin/3=--,

sin（a+尸）=sinacos尸+coscrsin^=-

65

所以「哈勃

33L5672476

因為3-+4——=——+——二

1313131313

所以M、P之間的曼哈頓距離是

8.設“次多項式￡(r)=<V"+a“_/T+,+為/HO),若其滿足C(cosx)=cos7zx,則稱這些多

項式匕⑺為切比雪夫多項式.例如：由cos，=cos。，可得切比雪夫多項式《(x)=x,由

cos29=2cos2(9-1,可得切比雪夫多項式6(x)=2x?-1.

⑴若切比雪夫多項式6(力=以3+云2+5+〃，求實數a,b,c,d的值；

⑵對于正整數〃22時，是否有Pn+i{x)=2x-Pn(”-哈⑺成立？

⑶已知函數/(力=8/-6x-1在區間(-1,1)上有3個不同的零點，分別記為A，龍2，項，證明:

芯+/+%=0.

【解析】(1)依題意，

鳥(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,

貝ija=4,Z?=d=0,c=-3；

(2)&|(x)=2xf(x)-加(x)成立.

只需考慮和差化積式cos(幾+l)9+cos(〃一l)9=2cos〃夕cos?,

首先有如下兩個式子：

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

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

兩式相加得，尺T(cos9)+Pn+X(cos6)=2coscos0=2Pn(cos6)cos0,

將cose替換為X,所以對于正整數心2時，心］(%)=2］七(力—尺_］(力；

(3)函數〃力=8X3—6x-1在區間(-1,1)上有3個不同的零點不々，又3，

即方程4三一3x二：在區間(-1,1)上有3個不同的實根，

令％=80夕招￡(0,兀)，由(1)知cos36=；,

而3。?0,3兀)，則36=m或36=弓或30=g,

十日715兀7兀

十是石=cos—,x2=cos—,x3=cos—,

yr5TT77r7T(47r9TTA

貝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.

題型五：平面向量與解三角形新定義

9.對平面向量加，n-定義運算：卜zx"卜時卜卜in。，其中同，”分別表示機，"的模長，6是相與"

的夾角.在VABC中，已知,8義4。=4形，AB-AC=4.

(1)是否存在滿足條件的VABC,使得2|A@+|AC|=6?若存在，求的值；若不存在，請說明理由；

??,?DBxDA

(2)若2|AB|+|Aq=8,。是線段AC上一點，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,

???當且僅當21ABi=|AC|=4時，21ABi+|AC|有最小值8.

因此，不存在滿足條件的VABC,使得21ABi+|AC|=6.

(2)由(1)知，當2|A3I+IAC|=8時，\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,應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.射影幾何學中，中心投影是指光從一點向四周散射而形成的投影，如圖，光從。點出發，平面內四個

點E,F,G,H經過中心投影之后的投影點分別為A氏C〃.對于四個有序點4瓦C。，若CA=2CB，

DA=RDB,定義比值苫=，叫做這四個有序點的交比，記作（ABCD）.

11m

（1）當x=T時，稱4坨。,￡>為調和點列，若加+不用=而，求"7的值;

ACAZJAn

⑵①證明：（EFGH）=（ABCD）；

②己知（E尸G?）=m，點8為線段AD的中點，|AC|=6QW=3,向彳黑=|,求|。4|,|OC|.

【解析】（1）由x=—l<0知：兩點分屬線段內外分點,

不妨設AB=AC+CB,AB=AD-BD,

AB,CBAB?BD

貝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

貝萩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

麗

又點B為線段AD的中點，即當=1，則^=3,

DA2Cn

又AC=3,貝ljAB=2,BC=1,

設OA.—x,OC=y,且OB=-\/3,

由^45。=兀一/（28?？芍篶osZABO+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「

貝|J—二=v3,即x=y/3y,

ysinZAOBOB~2

x=x=3x=—3..廣

由＜^y得.，或V「（舍），BP|O4|=3,\OC\=y/3.

x2+2y2=15J=卮j=-W

題型六：數列新定義

11.已知數列｛叫，定義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”,證明：對于Vi,j,",veN*且，<j,u<v,i^u,都有S（i,/）XS（w,v）;

（3）對于左=3,4,L,〃，設q=｛M4=4%++\an,\e｛O,l）,S（l,左一1）（瓦WS（1陽｝.若正項數列

｛%｝為遞增數列，求證：［中至少有兩個不同的元素，且￡中最大元素與最小元素之比小于2.

【解析】（1）由題意，因為。“=2〃-1,

所以S（1,3）=%+（!,+%=1+3+5=9,

S（4,6）=%+。5+4=7+9+11=27.

（2）不妨假設，＜“，由題意，因為?！?2”,

則3億力=2'+2.++2,=2,（1+2++2q’

S（M,V）=2"+2"包++T=2'（2"-'+T-M+.+2"'）.

其中，1+2+.+2尸為奇數，2"-'+2"川++2"-'為偶數,

所以S（i,/）wS（",v）.

（3）易知￡中至少包含兩個元素4+%+--+%和％+/++ak-2+ak-

設”中的最大元素為最小元素為，%,

若％>Q]+%++a1,貝lj祖左=Q女且M卜<ax+a2+-+ak,

也二^q+%++%=]+%+/++/一1<2

、Jmkakakak

a

若以W%+%+,+%_i,貝lj祖%>q+%++k-\且M卜?q+%++W?

〃

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

JTI^q+a[++，—]q+出++%-1

綜上所述，7；中最大元素與最小元素之比小于2.

12.若數列｛%｝的首項q=1,對任意的〃eN+，都有%（左為常數，且丘N*）,則稱｛%｝