備戰(zhàn)2025年高考數學壓軸題訓練專題19平面向量與解三角形新定義題(全題型壓軸題)(學生版+解析)

專題19平面向量與解三角形新定義題目錄TOC\o"1-1"\h\u一、平面向量定義題 1二、解三角形定義題（選填題） 3三、解三角形定義題（解答題） 5一、平面向量定義題1．（23-24高一下·寧夏吳忠·期末）瑞士數學家歐拉是數學史上最多產的數學家，被譽為“數學之王”，歐拉在1765年發(fā)表了令人贊美的歐拉線定理：三角形的重心、垂心和外心共線，這條直線被稱為歐拉線．已知，為所在平面上的點，滿足，，則歐拉線一定過（

）A． B． C． D．2．（23-24高二上·遼寧·階段練習）十七世紀法國數學家皮埃爾?德?費馬提出的一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小”.它的答案是：當三角形的三個角均小于時，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角；當三角形有一內角大于或等于時，所求點為三角形最大內角的頂點，在費馬問題中，所求點稱為費馬點.已知在中，，是的角平分線，交于，滿足若為的費馬點，則（

）A． B． C． D．3．（23-24高一下·上海楊浦·期末）已知且，，選項中的命題都正確的是（

）.（1）不等式恒成立；（2）設，，，，，如果四邊形的面積為s，那么存在使成立；（3）對任意時，不等式恒成立；（4）對任意時，不等式恒成立.A．（1）（2）（3） B．（1）（2）（4） C．（1）（3）（4） D．（2）（3）（4）4．（2024·福建泉州·模擬預測）人臉識別，是基于人的臉部特征信息進行身份識別的一種生物識別技術．在人臉識別中，主要應用距離測試檢測樣本之間的相似度，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離．設，，則曼哈頓距離，余弦距離，其中（O為坐標原點）．已知，，則的最大值近似等于（

）（參考數據：，．）A．0.052 B．0.104 C．0.896 D．0.9485．（23-24高三上·上海虹口·期中）已知集合且且，O為坐標原點，當時，定義：，若，則“存在使”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．（23-24高一下·河南駐馬店·階段練習）對任意兩個非零向量，定義.若非零向量，滿足，向量與的夾角是銳角，且是整數，則的取值范圍是.7．（23-24高一下·湖南·期中）“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳車的標志而來，是平面向量中一個非常優(yōu)美的結論，奔馳定理與三角形的四心（重心?內心?外心?垂心）有著美麗的邂逅.它的具體內容是：如圖，若是內一點，的面積分別為，則有.已知為的內心，且，若，則的最大值為.二、解三角形定義題（選填題）1．（23-24高三·安徽馬鞍山·期末）若一個四面體的四個側面是全等的三角形，則稱這樣的四面體為“完美四面體”，現(xiàn)給出四個不同的四面體，記的三個內角分別為，，，其中一定不是“完美四面體”的為（

）A． B．C． D．2．（多選）（2024·江西·模擬預測）黃金分割是指將整體一分為二，較小部分與較大部分的比值等于較大部分與整體部分的比值，其比值為，這個比例被公認為是最能引起美感的比例．四名同學對此展開了探究，下列說法中正確的是（

）A．若橢圓的焦點在軸上，上頂點為，右頂點為，左焦點為．小歐提出只要滿足，橢圓的離心率就等于B．一頂角等于的等腰三角形，小斯通過正、余弦定理和二倍角公式，算得該三角形底邊長與腰長的比值等于C．假設，小萊發(fā)現(xiàn)若公比大于0的等比數列與著名的斐波那契數列的遞推公式相同，則數列的公比等于D．小利在閱讀時了解到：古老的雅典帕提農神廟，其柱頂至屋頂的距離與柱高滿足，則3．（多選）（2023·黑龍江大慶·三模）勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體，若用棱長為4的正四面體作勒洛四面體，如圖，則下列說法正確的是（

）A．平面截勒洛四面體所得截面的面積為B．記勒洛四面體上以C，D為球心的兩球球面交線為弧，則其長度為三、解三角形定義題（解答題）1．（23-24高一下·廣東佛山·期中）三角形的布洛卡點是法國數學家克洛爾于1816年首次發(fā)現(xiàn)．當內一點滿足條件時，則稱點為的布洛卡點，角為布洛卡角．如圖，在中，角，，所對邊長分別為，，，記的面積為，點為的布洛卡點，其布洛卡角為(1)若．求證：①；②為等邊三角形．(2)若，求證：．2．（23-24高一下·福建福州·期末）點A是直線PQ外一點，點M在直線PQ上（點M與P，Q兩點均不重合），我們稱如下操作為“由A點對PQ施以視角運算”：若點M在線段PQ上，記；若點M在線段PQ外，記.(1)若M在正方體的棱AB的延長線上，且，由對AB施以視角運算，求的值；(2)若M在正方體的棱AB上，且，由對AB施以視角運算，得到，求的值；(3)若是邊BC的等分點，由A對BC施以視角運算，求的值.3．（23-24高一下·四川成都·期中）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中，已知S為的面積且滿足．(1)若為銳角三角形，求的取值范圍；(2)法國著名數學家柯西在數學領域有非常高的造詣．很多數學的定理和公式都以他的名字來命名，如柯西不等式?柯西積分公式．其中柯西不等式在解決不等式證明的有關問題中有著廣泛的應用．若P是內一點，過P作AB，BC，AC垂線，垂足分別為D，E，F(xiàn)，借助于三維分式型柯西不等式：，當且僅當時等號成立．求的最小值．4．（23-24高一下·遼寧·階段練習）數學中有很多相似的問題，材料一：十七世紀法國數學家，被譽為業(yè)余數學家之王的皮埃爾·德·費馬提出了一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小”，他的答案是：“當三角形的三個內角均小于時，所求的點為三角形的正等角中心，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角，當三角形有一內角大于或等于時，所求點為三角形最大內角的頂點”，在費馬問題中所求的點稱為費馬點.材料二：布洛卡點，也叫“勃羅卡點”，定義為：已知內一點滿足，則稱為的布洛卡點，為的布洛卡角，1875年，三角形的這一特殊點，被一個數學愛好者——法國軍官布洛卡重新發(fā)現(xiàn)，并用他的名字命名.已知，，分別是的內角，，的對邊，且.(1)求；(2)若為的費馬點，且，求的值；(3)若為銳角三角形，為的布洛卡點，為的布洛卡角，證明：.5．（23-24高一下·安徽·階段練習）已知函數.(1)若，，設函數，請求出的值域并求證：；(2)若，，，記，且是一個三角形的三條邊長，請寫出方程的所有正整數解的集合；(3)若是一個等腰鈍角三角形的三條邊長且為最長邊，求證：在時恒成立.6．（23-24高一下·廣東汕頭·期中）定義函數的“源向量”為，非零向量的“伴隨函數”為，其中為坐標原點．(1)若向量的“伴隨函數”為，求在的值域；(2)若函數的“源向量”為，且以為圓心，為半徑的圓內切于正（頂點恰好在軸的正半軸上），求證：為定值；(3)在中，角的對邊分別為，若函數的“源向量”為，且已知，求的取值范圍．專題19平面向量與解三角形新定義題目錄TOC\o"1-1"\h\u一、平面向量定義題 1二、解三角形定義題（選填題） 9三、解三角形定義題（解答題） 16一、平面向量定義題1．（23-24高一下·寧夏吳忠·期末）瑞士數學家歐拉是數學史上最多產的數學家，被譽為“數學之王”，歐拉在1765年發(fā)表了令人贊美的歐拉線定理：三角形的重心、垂心和外心共線，這條直線被稱為歐拉線．已知，為所在平面上的點，滿足，，則歐拉線一定過（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據向量等式的含義以及向量的運算，分別說明為的外心、垂心、重心、內心，繼而根據歐拉線定理可得結論．【詳解】由題意知，即為的外心；，則為的重心；，即有，即，同理，即為的垂心；由解析題中向量式中有兩共起點的向量，于是，，令，則是以為起點，向量與所在線段為鄰邊的菱形對角線對應的向量，即在的平分線上,共線,所以點的軌跡一定通過的內心,由歐拉線定理知，歐拉線一定過.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵在于，充分理解三角形心的向量表示，從而得解.2．（23-24高二上·遼寧·階段練習）十七世紀法國數學家皮埃爾?德?費馬提出的一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小”.它的答案是：當三角形的三個角均小于時，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角；當三角形有一內角大于或等于時，所求點為三角形最大內角的頂點，在費馬問題中，所求點稱為費馬點.已知在中，，是的角平分線，交于，滿足若為的費馬點，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】應用角平分線的性質及等面積法及數量積即可求解.【詳解】在中，，由是的角平分線，交于，設到兩邊的距離為，則，故.已知的三個內角均小于，則點與的三個頂點的連線兩兩成角，所以.，所以，所以.故選：D.

3．（23-24高一下·上海楊浦·期末）已知且，，選項中的命題都正確的是（

）.（1）不等式恒成立；（2）設，，，，，如果四邊形的面積為s，那么存在使成立；（3）對任意時，不等式恒成立；（4）對任意時，不等式恒成立.A．（1）（2）（3） B．（1）（2）（4） C．（1）（3）（4） D．（2）（3）（4）【答案】B【分析】可證明時，有恒成立，據此可判斷（1）的正誤，利用零點存在定理可判斷（2）的正誤，利用反例可判斷（3）的正誤，利用向量結合正弦函數的性質可判斷（4）的正誤.【詳解】先證明一個不等式：當時，有恒成立.證明：若，則恒成立.若，如圖，在單位圓中，

弧度為的角的終邊與單位圓的交點為，過作軸，垂足為，則，而，故，因為此時，故綜上，時，有.對于（1），若，則，若，不妨設，因為，故（1）成立.對于（2），

，取，則，，故，由零點存在定理可得存在，此時，故（2）正確.而，故，故，對于（3），取，則，故（3）錯誤.對于（4），

設，，，且，則，故，過作軸的垂線，垂足為，由正弦函數的圖象特征可得：，故，結合整理得到：，故（4）成立，故選：B【點睛】思路點睛：正弦函數具有的某些代數性質，可以結合函數的圖象來討論（比如凹凸性等），另外為了研究某些性質，我們可以猜測一些我們需要的結論并給出適當的證明.4．（2024·福建泉州·模擬預測）人臉識別，是基于人的臉部特征信息進行身份識別的一種生物識別技術．在人臉識別中，主要應用距離測試檢測樣本之間的相似度，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離．設，，則曼哈頓距離，余弦距離，其中（O為坐標原點）．已知，，則的最大值近似等于（

）（參考數據：，．）A．0.052 B．0.104 C．0.896 D．0.948【答案】B【分析】根據題意分析可得在正方形的邊上運動，結合圖象分析的最大值，即可得結果.【詳解】設，由題意可得：，即，可知表示正方形，其中，即點在正方形的邊上運動，因為，由圖可知：當取到最小值，即最大，點有如下兩種可能：①點為點A，則，可得；②點在線段上運動時，此時與同向，不妨取，則；因為，所以的最大值為.故選：B.

【點睛】方法定睛：在處理代數問題時，常把代數轉化為幾何圖形，數形結合處理問題.5．（23-24高三上·上海虹口·期中）已知集合且且，O為坐標原點，當時，定義：，若，則“存在使”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由存在使得，根據絕對值的運算性質有：，同理對縱坐標也如此運算可證得充分性成立；必要性可舉例說明不成立.【詳解】充分性：若存在，使，即，則，故.故充分性成立；必要性：取，則，則，但是，所以，則不共線，所以必要性不成立.故選：A.6．（23-24高一下·河南駐馬店·階段練習）對任意兩個非零向量，定義.若非零向量，滿足，向量與的夾角是銳角，且是整數，則的取值范圍是.【答案】【分析】利用給定定義結合向量夾角的運算性質求解即可.【詳解】設向量與的夾角為，由題意可知則因為所以因為所以因為是整數，所以所以而即所以因為所以即故的取值范圍為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題考查向量新定義，解題關鍵是合理利用給定定義，然后求出最后得到所要求的取值范圍即可．7．（23-24高一下·湖南·期中）“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳車的標志而來，是平面向量中一個非常優(yōu)美的結論，奔馳定理與三角形的四心（重心?內心?外心?垂心）有著美麗的邂逅.它的具體內容是：如圖，若是內一點，的面積分別為，則有.已知為的內心，且，若，則的最大值為.【答案】【分析】利用為的內心，再結合奔馳定理可得，再由已知條件轉化可得，利用平面向量基本定理可知，從而得到，再由，可得，利用均值不等式可得，最后可得.【詳解】因為的內心到該三角形三邊的距離相等，則，由可得，所以，又，則，所以，兩式相加可得，化簡可得，又，由余弦定理可得，由基本不等式可得，所以，當且僅當時等號成立，所以.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是利用奔馳定理得到，再結合余弦定理和基本不等式即可得到，最后即可得到的最大值.二、解三角形定義題（選填題）1．（23-24高三·安徽馬鞍山·期末）若一個四面體的四個側面是全等的三角形，則稱這樣的四面體為“完美四面體”，現(xiàn)給出四個不同的四面體，記的三個內角分別為，，，其中一定不是“完美四面體”的為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】若，由正弦定理得：，設，，，由“完美四面體”的四個側面是全等的三角形，得到，，，列方程推導出這樣的四面體不存在，從而一定不是完美的四面體．【詳解】若，由正弦定理可得，，設，因為“完美四面體”的四個側面是全等的三角形，，把該四面體頂點當成長方體的四個頂點，四條棱當作長方體的四條面對角線，則長方體面上對角線長為，設長方體棱長為，則，以上方程組無解，即這樣的四面體不存在，四個側面不全等，故一定不是完美的四面體，對于A，三角形顯然是銳角三角形，可以構成完美四面體，對于C，由余弦值的比值得到正弦值比值，按著B選項的過程可知可以構成完美四面體.對于D，由正切值的比值得到正弦值比值，按著B選項的過程可知可以構成完美四面體.故選：B.2．（多選）（2024·江西·模擬預測）黃金分割是指將整體一分為二，較小部分與較大部分的比值等于較大部分與整體部分的比值，其比值為，這個比例被公認為是最能引起美感的比例．四名同學對此展開了探究，下列說法中正確的是（

）A．若橢圓的焦點在軸上，上頂點為，右頂點為，左焦點為．小歐提出只要滿足，橢圓的離心率就等于B．一頂角等于的等腰三角形，小斯通過正、余弦定理和二倍角公式，算得該三角形底邊長與腰長的比值等于C．假設，小萊發(fā)現(xiàn)若公比大于0的等比數列與著名的斐波那契數列的遞推公式相同，則數列的公比等于D．小利在閱讀時了解到：古老的雅典帕提農神廟，其柱頂至屋頂的距離與柱高滿足，則【答案】ABD【分析】選項A，將條件中數量積用坐標表示，整理方程可得；選項B，分別用正余弦定理得到邊長與腰長的方程，聯(lián)立方程組可得；選項C，由等比數列性質，在兩邊同除以可得公比的方程；選項D，結合對數性質，借助連等式設法，找到的等量關系即可.【詳解】對選項A，設橢圓的方程為，則，，，由，得，即，即，可得，故A正確；對選項，設該三角形底邊長為，腰長為，由正弦定理得，即①；又由余弦定理得②，①②兩式聯(lián)立得，即，由于，，故，故B正確；對選項C，設數列的公比為，，則，由題意得，，兩邊同除以整理得，，解得，故C錯誤；對選項D，設，則，，，由，得，即，則，且，解得，故D正確．故選：ABD．3．（多選）（2023·黑龍江大慶·三模）勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體，若用棱長為4的正四面體作勒洛四面體，如圖，則下列說法正確的是（

）A．平面截勒洛四面體所得截面的面積為B．記勒洛四面體上以C，D為球心的兩球球面交線為弧，則其長度為C．該勒洛四面體表面上任意兩點間距離的最大值為4D．該勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為【答案】AD【分析】對于A，平面截勒洛四面體所得截面面積為三個半徑為4，圓心角為的扇形的面積減去兩個邊長為4的正三角形的面積；對于B，求出弧所對的中心角，根據弧長公式求得結果進行判斷；對于C，設弧的中點是，線段的中點是，設弧的中點是，線段的中點是，則根據圖形的對稱性，四點共線，計算即可判斷；對于D，設點為該球與勒洛四面體的一個切點，先求出正四面的外接球半徑，則內切球半徑為.【詳解】對于A，平面截勒洛四面體所得截面如圖甲，它的面積為三個半徑為4，圓心角為的扇形的面積減去兩個邊長為4的正三角形的面積；即，故A正確；對于B，如圖乙，取中點，在中，，，記該勒洛四面體上以，為球心的兩球交線為弧，則該弧是以的中點為圓心，以為半徑的圓弧，設圓心角為，則，可知，所以弧長不等于，故B錯誤；對于C，如圖丙，設弧的中點是，線段的中點是，設弧的中點是，線段的中點是，則根據圖形的對稱性，四點共線且過正四面體的中心，則，，，，即勒洛四面體表面上任意兩點間距離可能大于4，最大值為，故C錯誤；對于D，勒洛四面體能容納的最大球，與勒洛四面體的弧面相切，如圖乙，其中點為該球與勒洛四面體的一個切點，由對稱性可知為該球的球心，內半徑為，連接，易知三點共線，設正四面體的外接球半徑為，如圖丁，則由題意得：正四面體的高，，，則，解得：，所以，，內半徑，故D正確.故選：AD.【點睛】幾何體的內切球半徑求法點睛：1.棱錐的內切球半徑求法：設棱錐的體積V，S為幾何體的表面積，內切球半徑為r，則；2.根據幾何體的結構特征，確定球心，再結合所給已知條件列方程求得內切球半徑.4．（多選）（23-24高二上·湖北·期中）“奔馳定理”是平面向量中一個非常優(yōu)美的結論，因為這個定理對應的圖形與“奔馳”轎車，（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地稱其為“奔馳定理”，奔馳定理：已知O是△ABC內一點，△BOC，△AOC，△AOB的面積分別為，，，且．設O是銳角△ABC內的一點，∠BAC，∠ABC，∠ACB分別是的△ABC三個內角，以下命題正確的有（

）A．若，則B．若，，，則C．若O為△ABC的內心，，則D．若O為△ABC的垂心，，則【答案】ACD【分析】對A，由奔馳定理即可判斷；對B，由面積公式求出，結合奔馳定理即可求；對C，由奔馳定理，結合內心性質可得，即可得；對D，由垂心性質及向量數量積的垂直表示可得，結合奔馳定理結合三角形面積公式，可得，如圖所示分別為垂足，可設，，即可由幾何關系列式解出，最后由正切求出余弦值，則由可求【詳解】對A，由奔馳定理可得，，又不共線，故，A對；對B，，由得，故，B錯；對C，若O為△ABC的內心，，則，又（為內切圓半徑），三邊滿足勾股定律，故，C對；對D，若O為△ABC的垂心，則，，又，同理，∴，∵，則，且如圖，分別為垂足，設，，則，又，故，由，解得，由，故，D對故選：ACD5．（23-24高一下·重慶·期末）費馬點是在三角形中到三個頂點距離之和最小的點.具體位置取決于三角形的形狀，如果三角形的三個內角均小于120°時，則使得的點O即為費馬點；當有一個內角大于或等于120°時，最大內角的頂點為費馬點.已知的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且.設點O為的費馬點，且滿足，則邊a的最小值為.【答案】【分析】利用二倍角公式和正弦定理可得是以的直角三角形，再利用平面向量數量積定義和等面積可得，再由基本不等式即可得.【詳解】由可得，即得.由正弦定理可得，即為直角三角形，.由費馬定義可得，設，，，顯然,即，可得，又由可得，，得，因此由可得，當且僅當時，等號成立.即邊的最小值為，故答案為：2.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于利用費馬點定義及數量積運算得出等量關系，再由基本不等式可得結果.三、解三角形定義題（解答題）1．（23-24高一下·廣東佛山·期中）三角形的布洛卡點是法國數學家克洛爾于1816年首次發(fā)現(xiàn)．當內一點滿足條件時，則稱點為的布洛卡點，角為布洛卡角．如圖，在中，角，，所對邊長分別為，，，記的面積為，點為的布洛卡點，其布洛卡角為(1)若．求證：①；②為等邊三角形．(2)若，求證：．【答案】(1)①證明見解析，②證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）①先根據表示出三角形得面積，再在中，由余弦定理相加，再化簡整理，即可得證；②先利用作差法證明，并求出取等號的條件，再結合即可得證；（2）根據（1）得出與的等量關系，再利用余弦定理和三角形的面積公式，化簡整理即可得證.【詳解】（1）①若，則,所以，在中，分別由余弦定理得：，，，三式相加整理得，因為，所以；②由余弦定理可得，則，當且僅當且時取等號，又，所以，所以，所以，即當且僅當且時取等號，即當且僅當為等邊三角形時取等號，所以，當且僅當為等邊三角形時取等號，又由①知，所以為等邊三角形.（2）由（1）得，所以,由，所以，又由余弦定理可得，所以，所以，所以，由正弦定理可得【點睛】根據表示出三角形的面積，在中，由余弦定理相加，得出與的等量關系，是解決本題的關鍵.2．（23-24高一下·福建福州·期末）點A是直線PQ外一點，點M在直線PQ上（點M與P，Q兩點均不重合），我們稱如下操作為“由A點對PQ施以視角運算”：若點M在線段PQ上，記；若點M在線段PQ外，記.(1)若M在正方體的棱AB的延長線上，且，由對AB施以視角運算，求的值；(2)若M在正方體的棱AB上，且，由對AB施以視角運算，得到，求的值；(3)若是邊BC的等分點，由A對BC施以視角運算，求的值.【答案】(1)(2)(3)1【分析】（1）根據銳角三角函數的定義，結合和差角公式可得，即可代入公式求解，（2）根據的計算公式，代入即可求解，（3）由正弦定理可得，即可結合對施以視角運算，即可求證.【詳解】（1）如圖1，因為，所以.由正方體的定義可知，則，故，.因為，所以，則.（2）如圖2，設，則.因為，所以，則，解得，故.（3）如圖3，因為是的等分點，所以.在中，由正弦定理可得，則.在中，同理可得.因為，所以，則.同理可得.故【點睛】方法點睛：對于新定義問題的求解策略：1、緊扣新定義，首先分析新定義的特點，把心定義所敘述的問題的本質弄清楚，應用到具體的解題過程中；2、用好定義的性質，解題時要善于從試題中發(fā)現(xiàn)可以使用的定義的性質的一些因素.3．（23-24高一下·四川成都·期中）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中，已知S為的面積且滿足．(1)若為銳角三角形，求的取值范圍；(2)法國著名數學家柯西在數學領域有非常高的造詣．很多數學的定理和公式都以他的名字來命名，如柯西不等式?柯西積分公式．其中柯西不等式在解決不等式證明的有關問題中有著廣泛的應用．若P是內一點，過P作AB，BC，AC垂線，垂足分別為D，E，F(xiàn)，借助于三維分式型柯西不等式：，當且僅當時等號成立．求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）先用三角形面積公式及余弦定理邊化角，可以解出，然后結合正弦定理化簡可得，借助二次函數性質可求得結果.（2）將T構造出符合三維分式型柯西不等式左邊的形式，然后用三維分式型柯西不等式結合余弦定理可解.【詳解】（1），，即，．，，，，，為銳角三角形，，，，，設，則，時，（2）．又，，，，．由三維分式型柯西不等式有．當且僅當即時等號成立．由余弦定理得，所以即，則．令，則．因為解得，當且僅當時等號成立．所以．則．令，則在上遞減，當即時，y有最大值，所以T的最小值為．4．（23-24高一下·遼寧·階段練習）數學中有很多相似的問題，材料一：十七世紀法國數學家，被譽為業(yè)余數學家之王的皮埃爾·德·費馬提出了一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小”，他的答案是：“當三角形的三個內角均小于時，所求的點為三角形的正等角中心，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角，當三角形有一內角大于或等于時，所求點為三角形最大內角的頂點”，在費馬問題中所求的點稱為費馬點.材料二：布洛卡點，也叫“勃羅卡點”，定義為：已知內一點滿足，則稱為的布洛卡點，為的布洛卡角，1875年，三角形的這一特殊點，被一個數學愛好者——法國軍官布洛卡重新發(fā)現(xiàn)，并用他的名字命名.已知，，分別是的內角，，的對邊，且.(1)求；(2)若為的費馬點，且，求的值；(3)若為銳角三角形，為的布洛卡點，為的布洛卡角，證明：.【答案】(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據三角恒等變換的化簡和正弦定理計算即