eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{m x}{x^{2}+\mathrm{n}}(\mathrm{m}, \mathrm{n} \in \mathrm{R})$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处取到极值 2 .

(1) 求 $f(x)$ 的解析式;

(2) 设函数 $g(x)=\ln x+\frac{a}{x}$, 若对任意的 $x_{1} \in[-1,1]$, 总存在 $x_{2} \in[1, e]$,使得 $g\left(x_{2}\right) \leq f\left(x_{1}\right)+\frac{7}{2}$, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：$$	ext { (1) } f^{\prime}(x)=rac{m\left(x^{2}+night)-2 n x^{2}}{\left(x^{2}+night)^{2}}=rac{-m x^{2}+m n}{\left(x^{2}+night)^{2}}$$由 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处取到极值 2, 故 $\mathrm{f}^{\prime}(1)=0, \mathrm{f}(1)=2$ 即 $\left\{egin{array}{c}rac{m n-m}{rac{1+n)^{2}}{}}=0 \ rac{m}{1+n}=2\end{array}ight.$,解得 $m=4, n=1$, 经检验, 此时 $f(x)$ 在 $x=1$ 处取得极值. 故 $f(x)=rac{4 x}{x^{2}+1}$(2) 由 (1) 知 $f(x)$ 的定义域为 $R$, 且 $f(-x)=-f(x)$. 故 $f(x)$ 为奇函数. $f(0)=0, x>0$时, $f(x)>0, f(x)=rac{4}{x+rac{1}{x}} \leq 2$. 当且仅当 $x=1$ 时取“=”.故 $f(x)$ 的值域为 $[-2,2]$. 从而 $f\left(x_{1}ight)+rac{7}{2} \geq rac{3}{2}$. 依题意有 $g(x)$ 最小值 $\leq rac{3}{2}$函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+rac{a}{x}$ 的定义域为 $(0,+\infty), \mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})=rac{x-a}{x^{2}}$(1)当 $a \leq 1$ 时, $g^{\prime}(x)>0$ 函数 $g(x)$ 在 $[1, e]$ 上单调递增, 其最小值为 $g(1)=a \leq 1<rac{3}{2}$ 合题(2)当 $1<a<e$ 时, 函数 $g(x)$ 在 $[1, a)$ 上有 $g^{\prime}(x)<0$, 单调递减, 在 $(a, e]$ 上有 $g^{\prime}(x)>0$, 单调递增, 所以函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 最小值为 $\mathrm{f}(\mathrm{a})=\operatorname{lna}+1$, 由 Ina $+1 \leq rac{3}{2}$, 得 $0<\mathrm{a} \leq \sqrt{e}$. 从而知 $1<a \leq \sqrt{e}$ 符合题意. (3)当 $a \geq e$ 时, 显然函数 $g$ ( $x$ ) 在 $[1, e]$ 上单调递减, 其最小值为 $g(e)=1+rac{7}{2} \geq 2>rac{3}{2}$, 不合题意综上所述, $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\mathrm{a} \leq \sqrt{e}$
解析：$$	ext { (1) } f^{\prime}(x)=rac{m\left(x^{2}+night)-2 n x^{2}}{\left(x^{2}+night)^{2}}=rac{-m x^{2}+m n}{\left(x^{2}+night)^{2}}$$由 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处取到极值 2, 故 $\mathrm{f}^{\prime}(1)=0, \mathrm{f}(1)=2$ 即 $\left\{egin{array}{c}rac{m n-m}{rac{1+n)^{2}}{}}=0 \ rac{m}{1+n}=2\end{array}ight.$,解得 $m=4, n=1$, 经检验, 此时 $f(x)$ 在 $x=1$ 处取得极值. 故 $f(x)=rac{4 x}{x^{2}+1}$(2) 由 (1) 知 $f(x)$ 的定义域为 $R$, 且 $f(-x)=-f(x)$. 故 $f(x)$ 为奇函数. $f(0)=0, x>0$时, $f(x)>0, f(x)=rac{4}{x+rac{1}{x}} \leq 2$. 当且仅当 $x=1$ 时取“=”.故 $f(x)$ 的值域为 $[-2,2]$. 从而 $f\left(x_{1}ight)+rac{7}{2} \geq rac{3}{2}$. 依题意有 $g(x)$ 最小值 $\leq rac{3}{2}$函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+rac{a}{x}$ 的定义域为 $(0,+\infty), \mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})=rac{x-a}{x^{2}}$(1)当 $a \leq 1$ 时, $g^{\prime}(x)>0$ 函数 $g(x)$ 在 $[1, e]$ 上单调递增, 其最小值为 $g(1)=a \leq 1<rac{3}{2}$ 合题(2)当 $1<a<e$ 时, 函数 $g(x)$ 在 $[1, a)$ 上有 $g^{\prime}(x)<0$, 单调递减, 在 $(a, e]$ 上有 $g^{\prime}(x)>0$, 单调递增, 所以函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 最小值为 $\mathrm{f}(\mathrm{a})=\operatorname{lna}+1$, 由 Ina $+1 \leq rac{3}{2}$, 得 $0<\mathrm{a} \leq \sqrt{e}$. 从而知 $1<a \leq \sqrt{e}$ 符合题意. (3)当 $a \geq e$ 时, 显然函数 $g$ ( $x$ ) 在 $[1, e]$ 上单调递减, 其最小值为 $g(e)=1+rac{7}{2} \geq 2>rac{3}{2}$, 不合题意综上所述, $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\mathrm{a} \leq \sqrt{e}$
题目（高二 · 度量几何学）：19. 如图所示, $\triangle A C D$ 是等边三角形, $\triangle A B C$ 是等腰直角三角形, $\angle A C B=90^{\circ}$, $B D$ 交 $A C$ 于 $E, A B=2$.

(1)求 $\cos \angle C B E$ 的值;



(2)求 $A E$.
选项：
答案：(1) $\because \angle B C D=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}, C B=A C=C D$,

$\therefore \angle C B E=15^{\circ}$.

$\therefore \cos \angle C B E=\cos \left(45^{\circ}-30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.

(2)在 $\triangle A B E$ 中, $A B=2$,

由正弦定理得 $\frac{A E}{\sin \angle A B E}=\frac{A B}{\sin \angle A E B}$,

即 $\frac{A E}{\sin \left(45^{\circ}-15^{\circ}\right)}=\frac{2}{\sin \left(90^{\circ}+15^{\circ}\right)}$,

故 $A E=\frac{2 \sin 30^{\circ}}{\cos 15^{\circ}}=\frac{2 \times \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}=\sqrt{6}-\sqrt{2}$.
解析：(1) $\because \angle B C D=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}, C B=A C=C D$,

$\therefore \angle C B E=15^{\circ}$.

$\therefore \cos \angle C B E=\cos \left(45^{\circ}-30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.

(2)在 $\triangle A B E$ 中, $A B=2$,

由正弦定理得 $\frac{A E}{\sin \angle A B E}=\frac{A B}{\sin \angle A E B}$,

即 $\frac{A E}{\sin \left(45^{\circ}-15^{\circ}\right)}=\frac{2}{\sin \left(90^{\circ}+15^{\circ}\right)}$,

故 $A E=\frac{2 \sin 30^{\circ}}{\cos 15^{\circ}}=\frac{2 \times \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}=\sqrt{6}-\sqrt{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：为了测量两山顶 $M 、 N$ 间的距离, 飞机沿水平方向在 $A 、 B$ 两点进行测量, $A 、 B 、 M 、 N$ 在同一个铅垂平面内(如示意图). 飞机能够测量的数据有俯角和 $A, B$ 间的距离, 请设计一个方案, 包括: (1)指出需要测量的数据(用字母表示, 并在图中标出); (2)用文字和公式写出计算 $M 、 N$ 间的距离的步骤.

选项：
答案：(1)需要测量的数据有: $A$ 点到 $M 、 N$ 点的俯角 $\alpha_{1} 、 \beta_{1} ; B$ 点到 $M 、 N$ 点的俯角 $\alpha_{2} 、 \beta_{2} ; A 、 B$ 的距离 $d$ (如图所示).

<ImageHere>

(2)第一步: 计算 $A M$, 由正弦定理 $A M=\frac{d \sin \alpha_{2}}{\sin \left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right)}$;

第二步: 计算 $A N$. 由正弦定理 $A N=\frac{d \sin \beta_{2}}{\sin \left(\beta_{2}-\beta_{1}\right)}$;

第三步：计算 $M N$, 由余弦定理

$M N=\sqrt{A M^{2}+A N^{2}-2 A M \times A N \cos \left(\alpha_{1}-\beta_{1}\right)}$.
解析：(1)需要测量的数据有: $A$ 点到 $M 、 N$ 点的俯角 $\alpha_{1} 、 \beta_{1} ; B$ 点到 $M 、 N$ 点的俯角 $\alpha_{2} 、 \beta_{2} ; A 、 B$ 的距离 $d$ (如图所示).



(2)第一步: 计算 $A M$, 由正弦定理 $A M=\frac{d \sin \alpha_{2}}{\sin \left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right)}$;

第二步: 计算 $A N$. 由正弦定理 $A N=\frac{d \sin \beta_{2}}{\sin \left(\beta_{2}-\beta_{1}\right)}$;

第三步：计算 $M N$, 由余弦定理

$M N=\sqrt{A M^{2}+A N^{2}-2 A M \times A N \cos \left(\alpha_{1}-\beta_{1}\right)}$.
题目（高二 · 度量几何学）：22. 如图, $A, B$ 是海面上位于东西方向相距 $5(3+\sqrt{3})$ 海里的两个观测点, 现位于 $A$ 点北偏东 $45^{\circ}$, $B$ 点

北偏西 $60^{\circ}$ 的 $D$ 点有一艘轮船发出求救信号, 位于 $B$ 点南偏西 $60^{\circ}$ 且与 $B$ 点相距 $20 \sqrt{3}$ 海里的 $C$ 点的救援

船立即前往营救, 其航行速度为 30 海里/小时, 该救援船到达 $D$ 点需要多长时间？


选项：
答案：1
解析：由题意知 $A B=5(3+\sqrt{3})$ 海里,

$\angle D B A=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}, \angle D A B=45^{\circ}$,

$\therefore \angle A D B=105^{\circ}$

在 $\triangle D A B$ 中, 由正弦定理得 $\frac{D B}{\sin \angle D A B}=\frac{A B}{\sin \angle A D B}$

$\therefore D B=\frac{A B \bullet \sin \angle D A B}{\sin \angle A D B}=\frac{5(3+\sqrt{3}) \bullet \sin 45^{\circ}}{\sin 105^{\circ}}=\frac{5(3+\sqrt{3}) \bullet \sin 45^{\circ}}{\sin 45^{\circ} \bullet \cos 60^{\circ}+\sin 60^{\circ} \bullet \cos 45^{\circ}}$

$$
=\frac{5 \sqrt{3}(1+\sqrt{3})}{\frac{(1+\sqrt{3})}{2}}=10 \sqrt{3} \text { (海里) },
$$

又 $\angle D B C=\angle D B A+\angle A B C=30^{\circ}+\left(90^{\circ}-60^{\circ}\right)=60^{\circ}, B C=20 \sqrt{3}$ 海里,

在 $\triangle D B C$ 中, 由余弦定理得

$C D^{2}=B D^{2}+B C^{2}-2 B D \bullet B C \bullet \cos \angle D B C$

$=300+1200-2 \times 10 \sqrt{3} \times 20 \sqrt{3} \times \frac{1}{2}=900$

$\therefore C D=30$ (海里) , 则需要的时间 $t=\frac{30}{30}=1$ (小时).

答：救援船到达 $D$ 点需要 1 小时.

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题目（高二 · 度量几何学）：判断下列各式的符号:

(1) $\\alpha$ 是第四象限角, $\\sin \\alpha \\cdot \\tan \\alpha$;

(2) $\\sin 3 \\cdot \\cos 4 \\cdot \\tan \\left(-\\frac{23 \\pi}{4}\\right)$.
选项：
答案：(1)>0 (2)<0
解析：(1)因为 $\alpha$ 是第四象限角,

所以 $\\sin \\alpha<0, \\tan \\alpha<0$,

所以 $\\sin \\alpha \\cdot \\tan \\alpha>0$.

(2)因为 $\\frac{\\pi}{2}<3<\\pi, \\pi<4<\\frac{3 \\pi}{2}$,

所以 $\\sin 3>0, \\cos 4<0$,

因为 $-\frac{23 \pi}{4}=-6 \pi+\frac{\pi}{4}$,

所以 $\\tan \\left(-\\frac{23 \\pi}{4}\\right)=\\tan \\frac{\\pi}{4}>0$,

所以 $\\sin 3 \\cdot \\cos 4 \\cdot \\tan \\left(-\\frac{23 \\pi}{4}\\right)<0$.
题目（高二 · 度量几何学）：$计算:(1) $$\sin 390^{\circ}+\cos \left(-660^{\circ}\right)+3 \tan 405^{\circ}-\cos 540^{\circ}

(2) $\sin \left(-\frac{7 \pi}{2}\right)+\tan \pi-2 \cos 0+\tan \frac{9 \pi}{4}-\sin \frac{7 \pi}{3}$.

$
选项：
答案：(1) 5 (2)$-\frac{\sqrt{3}}{2}$
解析：(1) 原式 $=\sin \left(360^{\circ}+30^{\circ}\right)+\cos \left(-2 \times 360^{\circ}+60^{\circ}\right)+3 \tan \left(360^{\circ}+45^{\circ}\right)-\cos \left(360^{\circ}+180^{\circ}\right)=\sin 30^{\circ}+$
$\cos 60^{\circ}+3 \tan 45^{\circ}-\cos 180^{\circ}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+3 \times 1-(-1)=5.

(2)原式 =\sin \left(-4 \pi+\frac{\pi}{2}\right)+\tan \pi-2 \cos 0+$ $\tan \left(2 \pi+\frac{\pi}{4}\right)-\sin \left(2 \pi+\frac{\pi}{3}\right)=\sin \frac{\pi}{2}+\tan \pi-2 \cos 0+\tan \frac{\pi}{4}-\sin \frac{\pi}{3}=1+0-2+1-\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知角 $\theta$ 的终边不在坐标轴上, 且 $|\sin \theta \cos \theta|+\sin \theta \cos \theta=0$, 试判断 $\frac{\sin \theta}{\cos \theta}+\tan \theta$ 的符号.
选项：
答案：<0
解析：由 $|\sin \theta \cos \theta|+\sin \theta \cos \theta=0$, 得 $|\sin \theta \cos \theta|=-\sin \theta \cos \theta$.

因为角 $\theta$ 的终边不在坐标轴上, 所以 $\sin \theta \cos \theta<0$.

所以 $\tan \theta<0$, 且 $\frac{\sin \theta}{\cos \theta}<0$,

所以 $\frac{\sin \theta}{\cos \theta}+\tan \theta<0$.
题目（高二 · 度量几何学）：利用三角函数的单调性, 比较下列各组数的大小.

(1) $\sin \left(-\frac{\pi}{18}\right)$ 与 $\sin \left(-\frac{\pi}{10}\right)$;

(2)sin196与 $\cos 156^{\circ}$;

(3) $\cos \left(-\frac{23}{5} \pi\right)$ 与 $\cos \left(-\frac{17}{4} \pi\right)$.
选项：
答案：（1）>（2）<（3）<
解析：(1) $\because-\frac{\pi}{2}<-\frac{\pi}{10}<-\frac{\pi}{18}<\frac{\pi}{2}$,

$\therefore \sin \left(-\frac{\pi}{18}\right)>\sin \left(-\frac{\pi}{10}\right)$.

(2) $\sin 196^{\circ}=\sin \left(180^{\circ}+16^{\circ}\right)=-\sin 16^{\circ}$,

$\cos 156^{\circ}=\cos \left(180^{\circ}-24^{\circ}\right)=-\cos 24^{\circ}=-\sin 66^{\circ}$,

$\because 0^{\circ}<16^{\circ}<66^{\circ}<90^{\circ}, \quad \therefore \sin 16^{\circ}<\sin 66^{\circ}$;

从而 $-\sin 16^{\circ}>-\sin 66^{\circ}$,

即 $\sin 196^{\circ}>\cos 156^{\circ}$.

(3) $\cos \left(-\frac{23}{5} \pi\right)=\cos \frac{23}{5} \pi$

$=\cos \left(4 \pi+\frac{3}{5} \pi\right)=\cos \frac{3}{5} \pi$,

$\cos \left(-\frac{17}{4} \pi\right)=\cos \frac{17}{4} \pi$

$=\cos \left(4 \pi+\frac{\pi}{4}\right)=\cos \frac{\pi}{4}$.

$\because 0<\frac{\pi}{4}<\frac{3}{5} \pi<\pi$, 且 $y=\cos x$ 在 $[0, \pi]$ 上是减函数,

$\therefore \cos _{5} \frac{3}{\pi} \pi<\cos ^{\frac{\pi}{4}}$,

即 $\cos \left(-\frac{23}{5} \pi\right)<\cos \left(-\frac{17}{4} \pi\right)$.
题目（高二 · 度量几何学）：12. 一半径为 6 米的水轮如图, 水轮圆心 $O$ 距离水面 3 米, 已知水轮每分钟转动 4 圈, 水轮上点 $P$ 从水中浮现时开始到其第一次达到最高点的用时为 \$ \qquad \$秒.


选项：
答案：5
解析：解析：过 $O$ 作水平面的垂线，垂足为 $Q$, 如图所示



由已知可得 $O Q=3, O P=6$,

则 $\cos \angle P O Q=\frac{1}{2}$, 即 $\angle P O Q=60^{\circ}$,

则水轮上点 $P$ 从水中浮现时开始到其第一次达到最高点要旋转 $120^{\circ}$, 即 $\frac{1}{3}$ 个周期,

又由水轮每分钟转动 4 圈, 可知周期是 15 秒,

故水轮上点 $P$ 从水中浮现时开始到第一次达到最高点的用时为 5 秒.
题目（高二 · 度量几何学）：14.如图, 一个水轮的半径为 $4 \mathrm{~m}$, 水轮圆心 $O$ 距离水面 $2 \mathrm{~m}$, 已知水轮每分钟转动 5 圈, 如果当水轮上点 $P$ 从水中浮现时(图中点 $P_{0}$ )开始计算时间.



(1)将点 $P$ 距离水面的高度 $z(\mathrm{~m})$ 表示为时间 $t(\mathrm{~s})$ 的函数;

(2)点 $P$ 第一次到达最高点大约需要多少时间?
选项：
答案：(1)如图所示建立直角坐标系, 设角 $\varphi\left(-\frac{\pi}{2}<\varphi<0\right)$ 是以 $O x$ 为始边, $O P_{0}$ 为终边的角. $O P$ 每秒钟内所转过的角为 $\frac{5 \times 2 \pi}{60}=\frac{\pi}{6}$.

<ImageHere>

则 $O P$ 在时间 $t(\mathrm{~s})$ 内所转过的角为 $\frac{\pi}{6} t$.

由题意可知水轮逆时针转动，

得 $z=4 \sin \left(\frac{\pi}{6} t+\varphi\right)+2$.

当 $t=0$ 时, $z=0$, 得 $\sin \varphi=-\frac{1}{2}$,

即 $\varphi=-\frac{\pi}{6}$.

故所求的函数关系式为

$z=4 \sin \left(\frac{\pi}{6} t-\frac{\pi}{6}\right)+2$.

(2) 令 $z=4 \sin \left(\frac{\pi}{6} t-\frac{\pi}{6}\right)+2=6$,

得 $\sin \left(\frac{\pi}{6} t-\frac{\pi}{6}\right)=1$,

令 $\frac{\pi}{6} t-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$, 得 $t=4$,

故点 $P$ 第一次到达最高点大约需要 $4 \mathrm{~s}$.
解析：(1)如图所示建立直角坐标系, 设角 $\varphi\left(-\frac{\pi}{2}<\varphi<0\right)$ 是以 $O x$ 为始边, $O P_{0}$ 为终边的角. $O P$ 每秒钟内所转过的角为 $\frac{5 \times 2 \pi}{60}=\frac{\pi}{6}$.



则 $O P$ 在时间 $t(\mathrm{~s})$ 内所转过的角为 $\frac{\pi}{6} t$.

由题意可知水轮逆时针转动，

得 $z=4 \sin \left(\frac{\pi}{6} t+\varphi\right)+2$.

当 $t=0$ 时, $z=0$, 得 $\sin \varphi=-\frac{1}{2}$,

即 $\varphi=-\frac{\pi}{6}$.

故所求的函数关系式为

$z=4 \sin \left(\frac{\pi}{6} t-\frac{\pi}{6}\right)+2$.

(2) 令 $z=4 \sin \left(\frac{\pi}{6} t-\frac{\pi}{6}\right)+2=6$,

得 $\sin \left(\frac{\pi}{6} t-\frac{\pi}{6}\right)=1$,

令 $\frac{\pi}{6} t-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$, 得 $t=4$,

故点 $P$ 第一次到达最高点大约需要 $4 \mathrm{~s}$.
题目（高二 · 度量几何学）：求下列各三角函数值:

(1) $\sin \left(-\frac{8 \pi}{3}\right) ;(2) \cos \frac{19 \pi}{6} ;(3) \tan \left(-855^{\circ}\right)$.



10.若 $\cos \alpha=\frac{2}{3}, \alpha$ 是第四象限角, 求

$\frac{\sin (\alpha-2 \pi)+\sin (-\alpha-3 \pi) \cos (\alpha-3 \pi)}{\cos (\pi-\alpha)-\cos (-\pi-\alpha) \cos (\alpha-4 \pi)}$ 的值.
选项：
答案：（1）$-\frac{\sqrt{3}}{2}$ .(2)$-\frac{\sqrt{3}}{2}$ (3) 1
解析：: (1) $\sin \left(-\frac{8 \pi}{3}\right)=\sin \left(-4 \pi+\frac{4}{3} \pi\right)=\sin \frac{4}{3} \pi$

$=\sin \left(\pi+\frac{\pi}{3}\right)=-\sin \frac{\pi}{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

(2) $\cos \frac{19 \pi}{6}=\cos \left(2 \pi+\frac{7}{6} \pi\right)=\cos \frac{7}{6} \pi=\cos \left(\pi+\frac{\pi}{6}\right)$

$=-\cos \frac{\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

(3) $\tan \left(-855^{\circ}\right)=\tan \left(-3 \times 360^{\circ}+225^{\circ}\right)=\tan 225^{\circ}=\tan \left(180^{\circ}+45^{\circ}\right)=\tan 45^{\circ}=1$.
题目（高二 · 度量几何学）：14. 如图, 有一块以点 $O$ 为圆心的半圆形空地, 要在这块空地上划出一个内接矩形 $A B C D$ 开辟为绿地,使其一边 $A D$ 落在半圆的直径上, 另两点 $B, C$ 落在半圆的圆周上. 已知半圆的半径长为 $20 \mathrm{~m}$, 如何选择关于点 $O$ 对称的点 $A, D$ 的位置, 可以使矩形 $A B C D$ 的面积最大?


选项：
答案：连接 $O B$, 设 $\angle A O B=\theta$, 则 $A B=O B \sin \theta=20 \sin \theta, O A=O B \cos \theta=20 \cos \theta$, 且 $\theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$.

$\because A, D$ 关于原点对称,

$\therefore A D=2 O A=40 \cos \theta$.

设矩形 $A B C D$ 的面积为 $S$,

则 $S=A D \cdot A B=40 \cos \theta \cdot 20 \sin \theta$

$=400 \sin 2 \theta . \because \theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,
$\therefore$ 当 $\sin 2 \theta=1$, 即 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 时, $S_{\text {max }}=400\left(\mathrm{~m}^{2}\right)$.

此时 $A O=D O=10 \sqrt{2}(\mathrm{~m})$.

故当 $A 、 D$ 距离圆心 $O$ 为 $10 \sqrt{2} \mathrm{~m}$ 时，矩形 $A B C D$ 的面积最大，其最大面积是 $400 \mathrm{~m}^{2}$.
解析：$O B$, 设 $\angle A O B=\theta$, 则 $A B=O B \sin \theta=20 \sin \theta, O A=O B \cos \theta=20 \cos \theta$, 且 $\theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$.

$\because A, D$ 关于原点对称,

$\therefore A D=2 O A=40 \cos \theta$.

设矩形 $A B C D$ 的面积为 $S$,

则 $S=A D \cdot A B=40 \cos \theta \cdot 20 \sin \theta$

$=400 \sin 2 \theta . \because \theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,
$\therefore$ 当 $\sin 2 \theta=1$, 即 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 时, $S_{\text {max }}=400\left(\mathrm{~m}^{2}\right)$.

此时 $A O=D O=10 \sqrt{2}(\mathrm{~m})$.

故当 $A 、 D$ 距离圆心 $O$ 为 $10 \sqrt{2} \mathrm{~m}$ 时，矩形 $A B C D$ 的面积最大，其最大面积是 $400 \mathrm{~m}^{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：22. (2013 福建) 如图 $\triangle A B C$ 中, 已知点 $\mathrm{D}$ 在 $\mathrm{BC}$ 边上, $\mathrm{AD} \perp \mathrm{AC}, \sin \angle \mathrm{BAC}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, $A B=3 \sqrt{2}, A D=3$, 则 $B D$ 的长为


选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：$\because \sin \angle B A C=\sin \left(\angle B A D+\frac{\pi}{2}\right)=\cos \angle B A D=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$

$\therefore$ 根据余弦定理可得 $\cos \angle B A D=\frac{A B^{2}+A D^{2}-B D^{2}}{2 A B \bullet A D}, \therefore \frac{2 \sqrt{2}}{3}=\frac{(3 \sqrt{2})^{2}+3^{2}-B D^{2}}{2 \times 3 \sqrt{2} \times 3} \therefore B D=\sqrt{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：23. (2012 安徽) 设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对的边为 $a, b, c$; 则下列命题正确的是

(1) 若 $a b>c^{2}$; 则 $C<\frac{\pi}{3}$ (2)若 $a+b>2 c$; 则 $C<\frac{\pi}{3}$

(3)若 $a^{3}+b^{3}=c^{3}$; 则 $C<\frac{\pi}{2}$

(4)若 $(a+b) c<2 a b$; 则 $C>\frac{\pi}{2}$

(5)若 $\left(a^{2}+b^{2}\right) c^{2}<2 a^{2} b^{2}$; 则 $C>\frac{\pi}{3}$
选项：
答案：(1)(2)(3)
解析：(1) $a b>c^{2} \Rightarrow \cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}>\frac{2 a b-a b}{2 a b}=\frac{1}{2} \Rightarrow C<\frac{\pi}{3}$

(2) $a+b>2 c \Rightarrow \cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}>\frac{4\left(a^{2}+b^{2}\right)-(a+b)^{2}}{8 a b} \geq \frac{1}{2} \Rightarrow C<\frac{\pi}{3}$

(3)当 $C \geq \frac{\pi}{2}$ 时, $c^{2} \geq a^{2}+b^{2} \Rightarrow c^{3} \geq a^{2} c+b^{2} c>a^{3}+b^{3}$ 与 $a^{3}+b^{3}=c^{3}$ 矛盾

(4) 取 $a=b=2, c=1$ 满足 $(a+b) c<2 a b$ 得: $C<\frac{\pi}{2}$

(5)取 $a=b=2, c=1$ 满足 $\left(a^{2}+b^{2}\right) c^{2}<2 a^{2} b^{2}$ 得: $C<\frac{\pi}{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：26. (2019 浙江 14) 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A B C=90^{\circ}, A B=4, B C=3$, 点 $D$ 在线段 $A C$ 上, 若 $\angle B D C=45^{\circ}$,

则 $B D=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：在直角三角形 $A B C$ 中, $A B=4, B C=3, A C=5, \sin C=\frac{4}{5}$ ，

在 $\triangle B C D$ 中, $\frac{B D}{\sin C}=\frac{B C}{\sin \angle B D C}$, 可得 $B D=\frac{12 \sqrt{2}}{5}$;

$\angle C B D=135^{\circ}-C, \quad \sin \angle C B D=\sin \left(135^{\circ}-C\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos C+\sin C)=\frac{\sqrt{2}}{2} \times\left(\frac{4}{5}+\frac{3}{5}\right)=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$,

所以 $\cos \angle A B D=\cos \left(90^{\circ}-\angle C B D\right)=\sin \angle C B D=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$.
解析：在直角三角形 $A B C$ 中, $A B=4, B C=3, A C=5, \sin C=\frac{4}{5}$ ，

在 $\triangle B C D$ 中, $\frac{B D}{\sin C}=\frac{B C}{\sin \angle B D C}$, 可得 $B D=\frac{12 \sqrt{2}}{5}$;

$\angle C B D=135^{\circ}-C, \quad \sin \angle C B D=\sin \left(135^{\circ}-C\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos C+\sin C)=\frac{\sqrt{2}}{2} \times\left(\frac{4}{5}+\frac{3}{5}\right)=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$,

所以 $\cos \angle A B D=\cos \left(90^{\circ}-\angle C B D\right)=\sin \angle C B D=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知函数 $f(x)=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\cos ^{2} x-m$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的最小正周期与单调递增区间;

(2) 若 $x \in\left[\frac{5 \pi}{24}, \frac{3 \pi}{4}\right]$ 时, 函数 $f(x)$ 的最大值为 0 , 求实数 $m$ 的值.
选项：
答案：(1) $f(x)=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\cos ^{2} x-m=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1+\cos 2 x}{2}-m=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)-m-\frac{1}{2}$,则函数 $f(x)$ 的最小正周期 $T=\pi$,根据 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x-\frac{\pi}{6} \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in Z$, 得 $-\frac{\pi}{6}+k \pi \leq x \leq \frac{\pi}{3}+k \pi, k \in Z$,所以函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{6}+k \pi, \frac{\pi}{3}+k \pi\right], k \in Z$.

(2) 因为 $x \in\left[\frac{5 \pi}{24}, \frac{3 \pi}{4}\right]$, 所以 $2 x-\frac{\pi}{6} \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{4 \pi}{3}\right]$, 则当 $2 x-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}, x=\frac{\pi}{3}$ 时, 函数取得最大值 0 ,
即 $1-m-\frac{1}{2}=0$, 解得 $m=\frac{1}{2}$.

【点评】三角函数的最值问题, 大多是含有三角函数的复合函数最值问题, 常用的方法为: 化为代数函数的最值, 也可以通过三角恒等变形化为求 $y=A \sin \left(\omega_{X}+\phi\right)+B$ 的最值; 或化为关于 $\sin X$ (或 $\cos x$ )的二次函数式, 再利用换元、配方等方法转化为二次函数在限定区间上的最值.
解析：(1) $f(x)=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\cos ^{2} x-m=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1+\cos 2 x}{2}-m=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)-m-\frac{1}{2}$,则函数 $f(x)$ 的最小正周期 $T=\pi$,根据 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x-\frac{\pi}{6} \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in Z$, 得 $-\frac{\pi}{6}+k \pi \leq x \leq \frac{\pi}{3}+k \pi, k \in Z$,所以函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{6}+k \pi, \frac{\pi}{3}+k \pi\right], k \in Z$.

(2) 因为 $x \in\left[\frac{5 \pi}{24}, \frac{3 \pi}{4}\right]$, 所以 $2 x-\frac{\pi}{6} \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{4 \pi}{3}\right]$, 则当 $2 x-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}, x=\frac{\pi}{3}$ 时, 函数取得最大值 0 ,
即 $1-m-\frac{1}{2}=0$, 解得 $m=\frac{1}{2}$.

【点评】三角函数的最值问题, 大多是含有三角函数的复合函数最值问题, 常用的方法为: 化为代数函数的最值, 也可以通过三角恒等变形化为求 $y=A \sin \left(\omega_{X}+\phi\right)+B$ 的最值; 或化为关于 $\sin X$ (或 $\cos x$ )的二次函数式, 再利用换元、配方等方法转化为二次函数在限定区间上的最值.
题目（高二 · 度量几何学）：23. (2015 山东) 设 $f(x)=\sin x \cos x-\cos ^{2}\left(x+\frac{\pi}{4}\right)$.

(I) 求 $f(x)$ 的单调区间;

(II) 在锐角 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$, 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $f\left(\frac{A}{2}\right)=0, a=1$, 求 $\triangle A B C$ 面积的最大值.
选项：
答案：(I) 由题意 $f(x)=\frac{1}{2} \sin 2 x-\frac{1+\cos \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)}{2}=\frac{1}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sin 2 x=\sin 2 x-\frac{1}{2}$.
由 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in Z)$, 可得 $-\frac{\pi}{4}+k \pi \leq x \leq \frac{\pi}{4}+k \pi(k \in Z)$;

由 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x \leq \frac{3 \pi}{2}+2 k \pi(k \in Z)$, 得 $\frac{\pi}{4}+k \pi \leq x \leq \frac{3 \pi}{4}+k \pi(k \in Z)$;

所以 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left[-\frac{\pi}{4}+k \pi, \frac{\pi}{4}+k \pi\right](k \in Z)$;

单调递减区间是 $\left[\frac{\pi}{4}+k \pi, \frac{3 \pi}{4}+k \pi\right](k \in Z)$.

(II) $\because f\left(\frac{A}{2}\right)=\sin A-\frac{1}{2}=0, \therefore \sin A=\frac{1}{2}$, 由题意 $A$ 是锐角, 所以 $\cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

由余弦定理: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,

可得 $1+\sqrt{3} b c=b^{2}+c^{2} \geq 2 b c$

$\therefore b c \leq \frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}$, 且当 $b=c$ 时成立.

$\therefore b c \sin A \leq \frac{2+\sqrt{3}}{4} . \therefore \triangle A B C$ 面积最大值为 $\frac{2+\sqrt{3}}{4}$.
解析：(I) 由题意 $f(x)=\frac{1}{2} \sin 2 x-\frac{1+\cos \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)}{2}=\frac{1}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sin 2 x=\sin 2 x-\frac{1}{2}$.
由 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in Z)$, 可得 $-\frac{\pi}{4}+k \pi \leq x \leq \frac{\pi}{4}+k \pi(k \in Z)$;

由 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x \leq \frac{3 \pi}{2}+2 k \pi(k \in Z)$, 得 $\frac{\pi}{4}+k \pi \leq x \leq \frac{3 \pi}{4}+k \pi(k \in Z)$;

所以 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left[-\frac{\pi}{4}+k \pi, \frac{\pi}{4}+k \pi\right](k \in Z)$;

单调递减区间是 $\left[\frac{\pi}{4}+k \pi, \frac{3 \pi}{4}+k \pi\right](k \in Z)$.

(II) $\because f\left(\frac{A}{2}\right)=\sin A-\frac{1}{2}=0, \therefore \sin A=\frac{1}{2}$, 由题意 $A$ 是锐角, 所以 $\cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

由余弦定理: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,

可得 $1+\sqrt{3} b c=b^{2}+c^{2} \geq 2 b c$

$\therefore b c \leq \frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}$, 且当 $b=c$ 时成立.

$\therefore b c \sin A \leq \frac{2+\sqrt{3}}{4} . \therefore \triangle A B C$ 面积最大值为 $\frac{2+\sqrt{3}}{4}$.
题目（高二 · 度量几何学）：11. 某物流公司购买了一块长 $A M=30$ 米, 宽 $A N=20$ 米的矩形地形 $A M P N$, 规划建设占地如图中矩形 $A B C D$ 的仓库, 其余地方为道路和停车场, 要求顶点 $C$ 在地块对角线 $M N$ 上, $B, D$ 分别在边 $A M$, $A N$ 上, 假设 $A B$ 长度为 $x$ 米.

(1)要使仓库占地 $A B C D$ 的面积不少于 144 平方米, $A B$ 长度应在什么范围内?

(2)若规划建设的仓库是高度与 $A B$ 长度相同的长方体建筑, 问 $A B$ 长度为多少时仓库的库容最大? (墙体及楼板所占空间忽略不计)


选项：
答案：：解 (1)依题意三角形 NDC 与三角形 $N A M$ 相似,

$\therefore \frac{D C}{A M}=\frac{N D}{N A}$, 即 $\frac{x}{30}=\frac{20-A D}{20}, A D=20-\frac{2}{3} x$,矩形 $A B C D$ 的面积为 $S=20 x-\frac{2}{3} x^{2}$,定义域为 $0<x<30$,
要使仓库占地 $A B C D$ 的面积不少于 144 平方米,即 $20 x-\frac{2}{3} x^{2} \geqslant 144$,

化简得 $x^{2}-30 x+216 \leqslant 0$ ，解得 $12 \leqslant x \leqslant 18$,

$\therefore A B$ 长度应在 $[12,18]$ 内.

(2)仓库体积为 $V=20 x^{2}-\frac{2}{3} x^{3}(0<x<30)$

$V^{\prime}=40 x-2 x^{2}=0$, 得 $x=0$, 或 $x=20$,

当 $0<x<20$ 时 $V^{\prime}>0$; 当 $20<x<30$ 时 $V^{\prime}<0$,

$\therefore x=20$ 时 $V$ 取最大值 $\frac{8000}{3}$ 米 3 ,

即 $A B$ 长度为 20 米时仓库的库容量最大.
解析：：解 (1)依题意三角形 NDC 与三角形 $N A M$ 相似,

$\therefore \frac{D C}{A M}=\frac{N D}{N A}$, 即 $\frac{x}{30}=\frac{20-A D}{20}, A D=20-\frac{2}{3} x$,矩形 $A B C D$ 的面积为 $S=20 x-\frac{2}{3} x^{2}$,定义域为 $0<x<30$,
要使仓库占地 $A B C D$ 的面积不少于 144 平方米,即 $20 x-\frac{2}{3} x^{2} \geqslant 144$,

化简得 $x^{2}-30 x+216 \leqslant 0$ ，解得 $12 \leqslant x \leqslant 18$,

$\therefore A B$ 长度应在 $[12,18]$ 内.

(2)仓库体积为 $V=20 x^{2}-\frac{2}{3} x^{3}(0<x<30)$

$V^{\prime}=40 x-2 x^{2}=0$, 得 $x=0$, 或 $x=20$,

当 $0<x<20$ 时 $V^{\prime}>0$; 当 $20<x<30$ 时 $V^{\prime}<0$,

$\therefore x=20$ 时 $V$ 取最大值 $\frac{8000}{3}$ 米 3 ,

即 $A B$ 长度为 20 米时仓库的库容量最大.
题目（高二 · 度量几何学）：10. 已知集合 $A=\left\{\alpha \mid k \cdot 180^{\circ}+30^{\circ}<\alpha<k \cdot 180^{\circ}+90^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$, 集合 $B=\left\{\beta \mid k \cdot 360^{\circ}-45^{\circ}<\beta<k \cdot 360^{\circ}\right.$ $\left.+45^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$. 求:

(1) $A \cap B$; (2) $A \cup B$.
选项：
答案：由题意可画图.

<ImageHere>

由图可知,

$A \cap B=\left\{\theta \mid 30^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}<\theta<45^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$,

$A \cup B=\left\{\gamma \mid k \cdot 360^{\circ}-45^{\circ}<\gamma<k \cdot 360^{\circ}+90^{\circ}\right.$ 或 $\left.k \cdot 360^{\circ}+210^{\circ}<\gamma<k \cdot 360^{\circ}+270^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$.
解析：由题意可画图.



由图可知,

$A \cap B=\left\{\theta \mid 30^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}<\theta<45^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$,

$A \cup B=\left\{\gamma \mid k \cdot 360^{\circ}-45^{\circ}<\gamma<k \cdot 360^{\circ}+90^{\circ}\right.$ 或 $\left.k \cdot 360^{\circ}+210^{\circ}<\gamma<k \cdot 360^{\circ}+270^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$.
题目（高二 · 度量几何学）：13. 已知 $\alpha$ 的终边与 $120^{\circ}$ 角的终边相同, 则在 $-360^{\circ} \sim 180^{\circ}$ 之间与 $\frac{\underline{\alpha}}{3}$ 终边相同的角的集合为
选项：
答案：$\left\{-320^{\circ},-200^{\circ},-80^{\circ}, 40^{\circ}, 160^{\circ}\right\}$
解析：$\because \alpha=120^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}(k \in \mathbf{Z}), \quad \therefore \frac{\alpha}{3}=40^{\circ}+k \cdot 120^{\circ}(k \in \mathbf{Z})$.

令 $-360^{\circ}<40^{\circ}+k \cdot 120^{\circ}<180^{\circ}$, 则 $-\frac{10}{3}<k<\frac{7}{6}(k \in \mathbf{Z})$.

$\therefore k=-3,-2,-1,0,1$.

将它们分别代入 $40^{\circ}+k \cdot 120^{\circ}$ 可得 $-320^{\circ},-200^{\circ},-80^{\circ}, 40^{\circ}, 160^{\circ}$.

答案: $\left\{-320^{\circ},-200^{\circ},-80^{\circ}, 40^{\circ}, 160^{\circ}\right\}$