eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：已知 $e_{1}, e_{2}$ 是平面内两个不共线的非零向量, $\overrightarrow{A B}=2 e_{1}+e_{2}$, $\overrightarrow{B E}=-e_{1}+\lambda e_{2}, \overrightarrow{E C}=-2 e_{1}+e_{2}$, 且 $A, E, C$ 三点共线.

(1) 求实数 $\lambda$ 的值;

(2) 若 $e_{1}=(2,1), e_{2}=(2,-2)$, 求 $\overrightarrow{B C}$ 的坐标;

（3）已知 $D(3,5)$, 在 (2) 的条件下, 若 $A, B, C, D$ 四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点 $A$ 的坐标.
选项：
答案：(1) ${ }^{\lambda=-\frac{3}{2}}$; (2) ${ }^{(-7,-2)} ;$ (3) ${(10,7)}$
解析：(1) $\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B E}=\left(2 e_{1}+e_{2}\right)+\left(-e_{1}+\lambda e_{2}\right)=e_{1}+(1+\lambda) e_{2}$,

因为 $A, E, C$ 三点共线, 所以存在实数 $k$, 使得 $\overrightarrow{A E}=k \overrightarrow{E C}$,

即 $e_{1}+(1+\lambda) e_{2}=k\left(-2 e_{1}+e_{2}\right)$, 得 $(1+2 k) e_{1}=(k-1-\lambda) e_{2}$.

因为 $e_{1}, e_{2}$ 是平面内两个不共线的非零向量,

所以 $\left\{\begin{array}{c}1+2 k=0 \\ k-1-\lambda=0\end{array}\right.$, 解得 $k=-\frac{1}{2}, \lambda=-\frac{3}{2}$.

(2) $\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{B E}+\overrightarrow{E C}=-3 e_{1}-\frac{1}{2} e_{2}=(-6,-3)+(-1,1)=(-7,-2)$.

(3) 因为 $A, B, C, D$ 四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以 $\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{B C}$.

设 $A(x, y)$ ，则 $\overrightarrow{A D}=(3-x, 5-y)$,

因为 $\overrightarrow{B C}=(-7,-2)$, 所以 $\left\{\begin{array}{l}3-x=-7 \\ 5-x=-2\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=10 \\ y=7\end{array}\right.$,

即点 $A$ 的坐标为 $(10,7)$
题目（高二 · 解析几何）：设两个向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$, 满足 $|\boldsymbol{a}|=2,|\boldsymbol{b}|=1$.

(1) 若 $(\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}) \cdot(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})=1$, 求 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 的夹角;

(2) 若 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 夹角为 $60^{\circ}$, 向量 $2 t \boldsymbol{a}+7 \boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b} \boldsymbol{b}$ 的夹角为钝角, 求实数 $t$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $\frac{2 \pi}{3} ;$ (2) $-7<t<-\frac{1}{2}$ 且 $t \neq-\frac{\sqrt{14}}{2}$.
解析：(1) 因为 $(\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}) \cdot(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})=1$ ，所以 $\boldsymbol{a}^{2}+\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-2 \boldsymbol{b}^{2}=1$ ，

即 $|\boldsymbol{a}|^{2}+\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-2|\boldsymbol{b}|^{2}=1$ ，

又 $|\boldsymbol{a}|=2,|\boldsymbol{b}|=1$ ，所以 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=-1$,

所以 $\cos \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}| \cdot|\boldsymbol{b}|}=\frac{-1}{2 \times 1}=-\frac{1}{2}$,

又 $\langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle \in[0, \pi]$, 所以向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 的夹角是 $\frac{2 \pi}{3}$.

(2) 因为向量 $2 t \boldsymbol{a}+7 \boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{t} \boldsymbol{b}$ 的夹角为针角，所以 $(2 t \boldsymbol{a}+7 \boldsymbol{b}) \cdot(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{t b})<0$ ，且向量 $2 t \boldsymbol{a}+7 \boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}+t \boldsymbol{b}$ 不反向共线, 即 $2 t \boldsymbol{a}^{2}+\left(2 t^{2}+7\right) \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+7 \boldsymbol{t} \boldsymbol{b}^{2}<0$,

又 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 夹角为 $60^{\circ}$, 所以 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=|\boldsymbol{a} \| \boldsymbol{b}| \cos 60^{\circ}=2 \times 1 \times \frac{1}{2}=1$,

所以 $2 t^{2}+15 t+7<0$, 解得 $-7<t<-\frac{1}{2}$,

又向量 $2 t \boldsymbol{a}+7 \boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{t} \boldsymbol{b}$ 不反向共线，

所以 $2 t \boldsymbol{a}+7 \boldsymbol{b} \neq \lambda(\boldsymbol{a}+t \boldsymbol{b})(\lambda<0)$ ，解得 $t \neq-\frac{\sqrt{14}}{2} ，$

所以 $t$ 的取值范围是 $-7<t<-\frac{1}{2}$ 且 $t \neq-\frac{\sqrt{14}}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $C A=C B=2$, 记 $\boldsymbol{a}=\overrightarrow{C A}, \boldsymbol{b}=\overrightarrow{C B}$, 且

$|k \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{3}|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{k} \boldsymbol{b}|$ (k 为正实数).

(1) 求证: $(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) \perp(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})$;

(2) 将 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的数量积表示为关于 $k$ 的函数 $f(k)$ ；

(3) 求函数 $f(k)$ 的最小值及此时角 $A$ 的大小.
选项：
答案：(1) 证明见解析; (2) $f(k)=k+\frac{1}{k}$; (3) 最小值为 $2, \quad A=\frac{\pi}{3}$
解析：(1) 在 $\triangle A B C$ 中, $C A=C B=2$, 可得 $|\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|=2$,

所以 $(a+b)(a-b)=a^{2}-b^{2}=|a|^{2}-|b|^{2}=4-4=0$, 所以 $(a+b) \perp(a-b)$.

（2）由 $|k \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{3}|\boldsymbol{a}-k \boldsymbol{b}|$, 可得 $|\boldsymbol{k} \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|^{2}=\sqrt{3}|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{k} \boldsymbol{b}|^{2}$ ，

即 $k^{2} \boldsymbol{a}^{2}+2 k \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}^{2}=3\left(\boldsymbol{a}^{2}-2 k \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+k^{2} \boldsymbol{b}^{2}\right)$ ，整理得 $8 k \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=8+8 k^{2}$ ，

所以 $f(k)=\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=k+\frac{1}{k}$.

(3) 由（2）知 $f(k)=\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=k+\frac{1}{k}$,

因为 $k$ 为正实数, 则 $k+\frac{1}{k} \geq 2 \sqrt{k \times \frac{1}{k}}=2$,

当且仅当 $k=\frac{1}{k}$ 时, 即 $k=1$ 时, 等号成立,
所以 $f(k)$ 的最小值为 2 , 即 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=2$ ，

此时 $\cos C=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}| \cdot|\boldsymbol{b}|}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$,

因为 $C \in(0, \pi)$, 可得 $C=\frac{\pi}{3}$,

又因为 $C A=C B$, 此时 $\triangle A B C$ 为等边三角形, 所以 $A=\frac{\pi}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知向量 $\boldsymbol{a}=(1,0), \boldsymbol{b}=(1,1)$.

(1) 求出向量 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}, 3 \boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b}$ 的坐标;

(2) 求与 $4 \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ 平行的单位向量的坐标.
选项：
答案：(1) $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=(2,1), 3 \boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b}=(1,-2)$ ； (2) $\left(\frac{3 \sqrt{10}}{10},-\frac{\sqrt{10}}{10}\right)$ 或 $\left(-\frac{3 \sqrt{10}}{10}, \frac{\sqrt{10}}{10}\right)$.
解析：(1) $\because \boldsymbol{a}=(1,0), \boldsymbol{b}=(1,1)$,

$\therefore \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=(1,0)+(1,1)=(2,1), 3 \boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b}=3(1,0)-2(1,1)=(1,-2)$.

(2) $\because \boldsymbol{a}=\langle(1,0), \boldsymbol{b}=(1,1), \therefore 4 \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=4(1,0)-(1,1)=(3,-1)$,

$\therefore$,

$\therefore$ 与 $4 \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ 平行的单位向量 $e=\left(\frac{3 \sqrt{10}}{10},-\frac{\sqrt{10}}{10}\right)$ 或 $e=\left(-\frac{3 \sqrt{10}}{10}, \frac{\sqrt{10}}{10}\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：如图, 在菱形 $A B C D$ 中, $\overrightarrow{B E}=\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}, \overrightarrow{C F}=2 \overrightarrow{F D}$.

(1) 若 $\overrightarrow{E F}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A D}$, 求 $3 x+2 y$ 的值;

(2) 若 $|\overrightarrow{A B}|=6, \angle B A D=60^{\circ}$, 求 $\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{E F}$.


选项：
答案：(1) 因为 $\overrightarrow{B E}=\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}, \overrightarrow{C F}=2 \overrightarrow{F D}$,

所以 $\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{E C}+\overrightarrow{C F}=\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}-\frac{2}{3} \overrightarrow{D C}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}$,所以 $x=-\frac{2}{3}, y=\frac{1}{2}$, 故 $3 x+2 y=3 \times\left(-\frac{2}{3}\right)+2 \times \frac{1}{2}=-1$.

(2) $\because \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}$,

$\therefore \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{E F}=(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}) \cdot\left(\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}\right)=\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}^{2}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}^{2}-\frac{1}{6} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}$,

$\because A B C D$ 为菱形, $\therefore|\overrightarrow{A D}|=|\overrightarrow{A B}|=6$,

$\therefore \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{E F}=-\frac{1}{6}|\overrightarrow{A B}|^{2}-\frac{1}{6}|\overrightarrow{A B}|^{2} \cos \angle B A D=-\frac{1}{6} \times 36-\frac{1}{6} \times 36 \times \frac{1}{2}=-9$,

即 $\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{E F}=-9$.
解析：(1) 因为 $\overrightarrow{B E}=\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}, \overrightarrow{C F}=2 \overrightarrow{F D}$,

所以 $\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{E C}+\overrightarrow{C F}=\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}-\frac{2}{3} \overrightarrow{D C}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}$,所以 $x=-\frac{2}{3}, y=\frac{1}{2}$, 故 $3 x+2 y=3 \times\left(-\frac{2}{3}\right)+2 \times \frac{1}{2}=-1$.

(2) $\because \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}$,

$\therefore \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{E F}=(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}) \cdot\left(\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}\right)=\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}^{2}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}^{2}-\frac{1}{6} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}$,

$\because A B C D$ 为菱形, $\therefore|\overrightarrow{A D}|=|\overrightarrow{A B}|=6$,

$\therefore \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{E F}=-\frac{1}{6}|\overrightarrow{A B}|^{2}-\frac{1}{6}|\overrightarrow{A B}|^{2} \cos \angle B A D=-\frac{1}{6} \times 36-\frac{1}{6} \times 36 \times \frac{1}{2}=-9$,

即 $\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{E F}=-9$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $|\boldsymbol{a}|=2,|\boldsymbol{b}|=1$, 向量 $\boldsymbol{a}$ 与向量 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为 $\frac{\pi}{3}$, 设向量 $\boldsymbol{m}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b} \boldsymbol{b}$,向量 $\boldsymbol{n}=t \boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$.

(1) 求 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$ 的值;

（2）设 $f(t)=m \cdot n$, 求 $f(t)$ 的表达式; 若 $\boldsymbol{m}$ 与 $\boldsymbol{n}$ 的夹角 $\theta$ 为锐角, 求实数 $t$ 的取值范围
选项：
答案：(1) 1 ; (2) $f(t)=t^{2}+6 t+2, t<-3-\sqrt{7}$ 或 $t>-3+\sqrt{7}$ 且 $t \neq \sqrt{2}$
解析：因为 $\boldsymbol{m}$ 与 $\boldsymbol{n}$ 的夹角 $\theta$ 为锐角, 所以 $\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}>0$, 即 $t^{2}+6 t+2>0$ ，

解得 $t<-3-\sqrt{7}$ 或 $t>-3+\sqrt{7}$.

又由 $\boldsymbol{m}$ 和 $\boldsymbol{n}$ 共线, 解得 $t=\sqrt{2}$,

所以实数 $t$ 的取值范围是 $t<-3-\sqrt{7}$ 或 $t>-3+\sqrt{7}$ 且 $t \neq \sqrt{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知一扇形的中心角为 $\alpha$, 所在圆的半径为 $R$.

(1) 若 $\alpha=\frac{\pi}{3}, R=6 \mathrm{~cm}$, 求该扇形的弧长 $l$.

（2）若扇形的周长为 $12 \mathrm{~cm}$, 问当 $\alpha$ 多大时, 该扇形有最大面积? 并求出这个最大面积.
选项：
答案：(1)$2\pi$ (2)$\alpha=2$,扇形最大面积为$9 \mathrm{~cm}^{2}$
解析：）由扇形的弧长公式, 可得该扇形的弧长为 $l=\alpha R=\frac{\pi}{3} \times 6=2 \pi$;

（2）由题意, 扇形的周长为 $12 \mathrm{~cm}$, 所以 $2 R+l=12$, 可得 $l=12-2 R$,又由扇形的面积公式, 可得 $S=\frac{1}{2} l R=\frac{1}{2}(12-2 R) R=-R^{2}+6 R=-(R-3)^{2}+9$,当 $R=3$ 时, 扇形的面积取得最大值, 此时最大面积为 $S=9 \mathrm{~cm}^{2}$,此时 $l=12-2 R=6$, 即 $\alpha R=\alpha \times 3=6$, 解得 $\alpha=2$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\tan \alpha=2$.

(1) 求 $3 \cos ^{2} \alpha+2 \sin ^{2} \alpha$ 的值;

(2) 求 $\frac{\cos (\pi-\alpha) \cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right) \sin \left(\alpha-\frac{3 \pi}{2}\right)}{\sin (3 \pi+\alpha) \sin (\alpha-\pi) \cos (\pi+\alpha)}$ 的值.
选项：
答案：(1) $\frac{11}{5}$; (2) $-\frac{1}{2}$.
解析：(1) 由于 $\tan \alpha=2$, 所以 $3 \cos ^{2} \alpha+2 \sin ^{2} \alpha=\frac{3 \cos ^{2} \alpha+2 \sin ^{2} \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}=\frac{3+2 \tan ^{2} \alpha}{\tan ^{2} \alpha+1}=\frac{11}{5}$.

(2) 原式 $=\frac{(-\cos \alpha)(-\sin \alpha) \cos \alpha}{(-\sin \alpha)(-\sin \alpha)(-\cos \alpha)}=-\frac{1}{\tan \alpha}=-\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\alpha$ 是一个三角形的内角, 且 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{5}$

(1) 求 $\tan \alpha$ 的值;

(2) 用 $\tan \alpha$ 表示 $\frac{1}{\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha}$ 并求其值.
选项：
答案：(1)$-\frac{4}{3}$(2)$\frac{25}{7}$
解析：) 将 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{5}$, 两边平方得: $(\sin \alpha+\cos \alpha)^{2}=1+2 \sin \alpha \cos \alpha=\frac{1}{25}$,

$\therefore \sin \alpha \cos \alpha=-\frac{12}{25}<0$, 即 $\sin \alpha>0, \cos \alpha<0$,

与 $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1$, 联立得: $\left\{\begin{array}{l}\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{5} \\ \sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1\end{array}, \quad \therefore\left\{\begin{array}{l}\sin \alpha=\frac{4}{5} \\ \cos \alpha=-\frac{3}{5}\end{array}\right.\right.$,

则 $\tan \alpha=-\frac{4}{3}$;

(2) $\frac{1}{\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha}=\frac{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}{\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha}=\frac{\tan ^{2} \alpha+!}{\tan ^{2} \alpha-1}=\frac{\left(-\frac{5}{3}\right)^{2}+1}{\left(-\frac{4}{3}\right)^{2}-1}=\frac{25}{7}$.
题目（高二 · 解析几何）：若 $x \in[-2,2]$, 不等式 $x^{2}+a x+3 \geq a$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围
选项：
答案：设 $f(x)=x^{2}+a x+3-a$, 则问题转化为当 $x \in[-2,2]$ 时, $[f(x)]_{\text {min }} \geq 0$当 $-\frac{a}{2}<-2$, 即 $a>4$ 时

$f(x)$ 在 $[-2,2]$ 上单调递增, $[f(x)]_{\min }=f(-2)=7-3 a \geq 0$, 解得 $a \leq \frac{7}{3}$

又 $a>4$, 所以 $a$ 不存在

当 $-2 \leq-\frac{a}{2} \leq 2$, 即 $-4 \leq a \leq 4$ 时

$[f(x)]_{\text {min }}=f\left(-\frac{a}{2}\right)=\frac{12-4 a-a^{2}}{4} \geq 0$, 解得 $-6 \leq a \leq 2$

又 $-4 \leq a \leq 4$, 所以 $-4 \leq a \leq 2$

当 $-\frac{a}{2}>2$, 即 $a<-4$ 时

$f(x)$ 在 $[-2,2]$ 上单调递减, $[f(x)]_{\min }=f(2)=7+a \geq 0$, 解得 $a \geq-7$

又 $a<-4$, 所以 $-7 \leq a<-4$

综上所述, $a$ 的取值范围是 $\{a \mid-7 \leq a \leq 2\}$
解析：设 $f(x)=x^{2}+a x+3-a$, 则问题转化为当 $x \in[-2,2]$ 时, $[f(x)]_{\text {min }} \geq 0$当 $-\frac{a}{2}<-2$, 即 $a>4$ 时

$f(x)$ 在 $[-2,2]$ 上单调递增, $[f(x)]_{\min }=f(-2)=7-3 a \geq 0$, 解得 $a \leq \frac{7}{3}$

又 $a>4$, 所以 $a$ 不存在

当 $-2 \leq-\frac{a}{2} \leq 2$, 即 $-4 \leq a \leq 4$ 时

$[f(x)]_{\text {min }}=f\left(-\frac{a}{2}\right)=\frac{12-4 a-a^{2}}{4} \geq 0$, 解得 $-6 \leq a \leq 2$

又 $-4 \leq a \leq 4$, 所以 $-4 \leq a \leq 2$

当 $-\frac{a}{2}>2$, 即 $a<-4$ 时

$f(x)$ 在 $[-2,2]$ 上单调递减, $[f(x)]_{\min }=f(2)=7+a \geq 0$, 解得 $a \geq-7$

又 $a<-4$, 所以 $-7 \leq a<-4$

综上所述, $a$ 的取值范围是 $\{a \mid-7 \leq a \leq 2\}$
题目（高二 · 解析几何）：17. 在 $\triangle A B C$ 中, $a 、 b 、 c$ 分别是内角 $A 、 B 、 C$ 的对边, 且 $\sqrt{3} b \cos A=\sin A(a \cos C+c \cos A)$.

    (1) 求角 $A$ 的大小;

    (2) 若 $a=2 \sqrt{3}, \triangle A B C$ 的面积为 $\frac{5 \sqrt{3}}{4}$, 求 $\triangle A B C$ 的周长.
选项：
答案：(1) $A=\frac{\pi}{3}$ ；（2） $5 \sqrt{3}$.
解析：(1) $\because \sqrt{3} b \cos A=\sin A(a \cos C+c \cos A), \therefore$ 由正弦定理可得:

    $\sqrt{3} \sin B \cos A=\sin A(\sin A \cos C+\sin C \cos A)=\sin A \sin (A+C)=\sin A \sin B$,

    即 $\sqrt{3} \sin B \cos A=\sin A \sin B$,

    $\because \sin B \neq 0, \therefore \tan A=\sqrt{3}, \because A \in(0, \pi), \quad \therefore A=\frac{\pi}{3}$.

    (2) $\because A=\frac{\pi}{3}, a=2 \sqrt{3}, \triangle A B C$ 的面积为 $\frac{5 \sqrt{3}}{4}, \therefore \frac{1}{2} b c \sin A=\frac{\sqrt{3}}{4} b c=\frac{5 \sqrt{3}}{4}$,

    $\therefore b c=5, \therefore$ 由余弦定理可得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,

    即 $12=b^{2}+c^{2}-b c=(b+c)^{2}-3 b c=(b+c)^{2}-15$, 解得: $b+c=3 \sqrt{3}$,

    $\therefore \triangle A B C$ 的周长为 $a+b+c=2 \sqrt{3}+3 \sqrt{3}=5 \sqrt{3}$.

    （1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得 $\sqrt{3} \sin B \cos A=\sin A \sin B$, 由 $\sin B \neq 0$, 可求 $\tan A=\sqrt{3}$, 结合 $A \in(0, \pi)$, 可求 $A=\frac{\pi}{3}$.

    (2) 利用三角形的面积公式可求 $b c=5$, 进而根据余弦定理可得 $b+c=3 \sqrt{3}$, 即可计算 $\triangle A B C$ 的周长的值.
题目（高二 · 解析几何）：18. 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$, 且 $c \sin 2 B-b \sin (A+B)=0$

    (1) 求角 $B$ 的大小;

    (2) 设 $a=4, c=6$, 求 $\sin C$ 的值.
选项：
答案：(1) $B=\frac{1}{3} \pi$ (2) $\frac{3 \sqrt{21}}{14}$
解析：$\because c \sin 2 B-b \sin (A+B)=0$, 由正弦定理可得, $\sin C \sin 2 B-\sin B \sin (A+B)=0$,
    化简可得 $2 \sin C \sin B \cos B-\sin B \sin C=0, \because \sin B \sin C \neq 0, \quad \therefore \cos B=\frac{1}{2}$,

    $\because B \in(0, \pi), \therefore B=\frac{1}{3} \pi$.

    (2) 由余弦定理可得: $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{1}{2}, \frac{16+36-b^{2}}{2 \times 4 \times 6}=\frac{1}{2} ， \therefore b=2 \sqrt{7}$,

    由正弦定理可得: $\sin C=\frac{c \sin B}{b}=\frac{3 \sqrt{21}}{14}$.
题目（高二 · 解析几何）：$\triangle A B C$ 的内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 已知 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$.

(1)求 $B$;

(2)若 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 且 $c=1$, 求 $\triangle A B C$ 面积的取值范围.
选项：
答案：(1) $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$, 即为 $a \sin \frac{\pi-B}{2}=a \cos \frac{B}{2}=b \sin A$,可得 $\sin A \cos \frac{B}{2}=\sin B \sin A=2 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{B}{2} \sin A, \quad \because \sin A>0$,

$\therefore \cos \frac{B}{2}=2 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{B}{2}$,

$\because 0<B<\pi, \quad \therefore \cos \frac{B}{2} \neq 0$,

$\therefore \sin \frac{B}{2}=\frac{1}{2}$, 可得 $B=\frac{\pi}{3}$;

(2)若 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 且 $c=1$,

由余弦定理可得 $b=\sqrt{a^{2}+1-2 a \cdot 1 \cdot \cos \frac{\pi}{3}}=\sqrt{a^{2}-a+1}$,

由三角形 $A B C$ 为锐角三角形, 可得 $a^{2}+a^{2}-a+1>1$ 且 $1+a^{2}-a+1>a^{2}$,解得 $\frac{1}{2}<a<2$,

可得 $\triangle A B C$ 面积 $S=\frac{1}{2} a \cdot \sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{4} a \in\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
解析：(1) $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$, 即为 $a \sin \frac{\pi-B}{2}=a \cos \frac{B}{2}=b \sin A$,可得 $\sin A \cos \frac{B}{2}=\sin B \sin A=2 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{B}{2} \sin A, \quad \because \sin A>0$,

$\therefore \cos \frac{B}{2}=2 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{B}{2}$,

$\because 0<B<\pi, \quad \therefore \cos \frac{B}{2} \neq 0$,

$\therefore \sin \frac{B}{2}=\frac{1}{2}$, 可得 $B=\frac{\pi}{3}$;

(2)若 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 且 $c=1$,

由余弦定理可得 $b=\sqrt{a^{2}+1-2 a \cdot 1 \cdot \cos \frac{\pi}{3}}=\sqrt{a^{2}-a+1}$,

由三角形 $A B C$ 为锐角三角形, 可得 $a^{2}+a^{2}-a+1>1$ 且 $1+a^{2}-a+1>a^{2}$,解得 $\frac{1}{2}<a<2$,

可得 $\triangle A B C$ 面积 $S=\frac{1}{2} a \cdot \sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{4} a \in\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：在锐角 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 对应的边分别为 $a, b, c$, 且 $2 \sqrt{3} b, c \sin C$ 的等比中项为 $\sqrt{3} c$.

(1) 求角 $B$ 的大小;

(2) 若 $a>b$, 求 $\frac{a}{a+b+c}$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 由已知, 得 $2 \sqrt{3} b \times c \sin C=3 c^{2}$, 即 $2 b \sin C=\sqrt{3} c$,

由正弦定理得 $2 \sin B \sin C=\sqrt{3} \sin C$,

又 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 所以 $\sin C \neq 0$,

所以 $\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$.

(2) 由 $a>b$, 得 $A>B$, 因而 $A \in\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right)$.
由正弦定理, 得 $\frac{a}{a+b+c}=\frac{\sin A}{\sin A+\sin B+\sin C}=\frac{1}{1+\frac{\sin B+\sin C}{\sin A}}$.

而 $\frac{\sin B+\sin C}{\sin A}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-A\right)}{\sin A}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos A+\frac{1}{2} \sin A}{\sin A}$

$=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{1+\cos A}{\sin A}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{2 \cos ^{2} \frac{A}{2}}{2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{1}{\tan \frac{A}{2}}$,

又 $\frac{A}{2} \in\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right)$, 所以 $\tan \frac{A}{2} \in\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1\right)$,

所以 $\frac{\sin B+\sin C}{\sin A} \in\left(\frac{1+\sqrt{3}}{2}, 2\right)$,

所以 $\frac{a}{a+b+c}$ 的取值范围为 $\left(\frac{1}{3}, \frac{3-\sqrt{3}}{3}\right)$.
解析：(1) 由已知, 得 $2 \sqrt{3} b \times c \sin C=3 c^{2}$, 即 $2 b \sin C=\sqrt{3} c$,

由正弦定理得 $2 \sin B \sin C=\sqrt{3} \sin C$,

又 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 所以 $\sin C \neq 0$,

所以 $\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$.

(2) 由 $a>b$, 得 $A>B$, 因而 $A \in\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right)$.
由正弦定理, 得 $\frac{a}{a+b+c}=\frac{\sin A}{\sin A+\sin B+\sin C}=\frac{1}{1+\frac{\sin B+\sin C}{\sin A}}$.

而 $\frac{\sin B+\sin C}{\sin A}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-A\right)}{\sin A}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos A+\frac{1}{2} \sin A}{\sin A}$

$=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{1+\cos A}{\sin A}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{2 \cos ^{2} \frac{A}{2}}{2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{1}{\tan \frac{A}{2}}$,

又 $\frac{A}{2} \in\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right)$, 所以 $\tan \frac{A}{2} \in\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1\right)$,

所以 $\frac{\sin B+\sin C}{\sin A} \in\left(\frac{1+\sqrt{3}}{2}, 2\right)$,

所以 $\frac{a}{a+b+c}$ 的取值范围为 $\left(\frac{1}{3}, \frac{3-\sqrt{3}}{3}\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别是角 $A, B, C$ 的对边, 且 $\frac{\cos B}{\cos C}=-\frac{b}{2 a+c}$.

(1)求角 $B$ 的大小;

(2)若 $b=\sqrt{13}, a+c=4$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.
选项：
答案：(1) $\because \frac{\cos B}{\cos C}=-\frac{b}{2 a+c}, \therefore$ 由正弦定理得 $\frac{\cos B}{\cos C}=-\frac{\sin B}{2 \sin A+\sin C}$,

即 $2 \sin A \cos B+\sin C \cos B+\cos C \sin B=0$,

$\therefore 2 \sin A \cos B+\sin (B+C)=0$.

$\because B+C=\pi-A, \therefore 2 \sin A \cos B+\sin A=0$.

$\because \sin A \neq 0, \therefore \cos B=-\frac{1}{2}$.

$\because B \in(0, \pi)$,

$\therefore B=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) 将 $b=\sqrt{13}, a+c=4, B=\frac{2 \pi}{3}$

代入 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$

得 $12=16-2 a c \cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)$,

$\therefore a c=3$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{4}$.
解析：(1) $\because \frac{\cos B}{\cos C}=-\frac{b}{2 a+c}, \therefore$ 由正弦定理得 $\frac{\cos B}{\cos C}=-\frac{\sin B}{2 \sin A+\sin C}$,

即 $2 \sin A \cos B+\sin C \cos B+\cos C \sin B=0$,

$\therefore 2 \sin A \cos B+\sin (B+C)=0$.

$\because B+C=\pi-A, \therefore 2 \sin A \cos B+\sin A=0$.

$\because \sin A \neq 0, \therefore \cos B=-\frac{1}{2}$.

$\because B \in(0, \pi)$,

$\therefore B=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) 将 $b=\sqrt{13}, a+c=4, B=\frac{2 \pi}{3}$

代入 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$

得 $12=16-2 a c \cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)$,

$\therefore a c=3$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 且 $\frac{\sin A}{a}=\frac{\sqrt{3} \cos C}{c}$.

(1)求 $C$ 的大小;

(2)如果 $a+b=6, S_{\triangle A B C}=2 \sqrt{3}$, 求 $c$ 的值.
选项：
答案：(1) 由正弦定理, $\frac{\sin A}{a}=\frac{\sqrt{3} \cos C}{c}$ 可化为 $\frac{\sin A}{2 R \sin A}=\frac{\sqrt{3} \cos C}{2 R \sin C}$, 即 $\tan C=\sqrt{3}$.

又 $\because C \in(0, \pi), \quad \therefore C=\frac{\pi}{3}$.

(2) 由 $S_{\triangle A B C}=2 \sqrt{3}$, 有 $\frac{1}{2} a b \sin C=2 \sqrt{3}$

$\therefore a b=8$.

由余弦定理, 得

$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C=(a+b)^{2}-2 a b-2 a b \cos \frac{\pi}{3}=(a+b)^{2}-3 a b=6^{2}-3 \times 8=12 . \therefore c=2 \sqrt{3}$.
解析：(1) 由正弦定理, $\frac{\sin A}{a}=\frac{\sqrt{3} \cos C}{c}$ 可化为 $\frac{\sin A}{2 R \sin A}=\frac{\sqrt{3} \cos C}{2 R \sin C}$, 即 $\tan C=\sqrt{3}$.

又 $\because C \in(0, \pi), \quad \therefore C=\frac{\pi}{3}$.

(2) 由 $S_{\triangle A B C}=2 \sqrt{3}$, 有 $\frac{1}{2} a b \sin C=2 \sqrt{3}$

$\therefore a b=8$.

由余弦定理, 得

$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C=(a+b)^{2}-2 a b-2 a b \cos \frac{\pi}{3}=(a+b)^{2}-3 a b=6^{2}-3 \times 8=12 . \therefore c=2 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：8. 已知函数 $f(x)=A \sin (x+\varphi)(A>0,0<\varphi<\pi, x \in \mathbf{R})$ 的最大值是 1 , 其图象经过点 $M\left(\frac{\pi}{3}, \frac{1}{2}\right)$.

(1)求 $f(x)$ 的解析式;

(2)已知 $\alpha 、 \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 且 $f(\alpha)=\frac{3}{5}, f(\beta)=\frac{12}{13}$,

求 $f(\alpha-\beta)$ 的值.
选项：
答案：(1) 由题意, 知 $A=1$, 则 $f(x)=\sin (x+\varphi)$. 将点 $M\left(\frac{\pi}{3}, \frac{1}{2}\right)$ 代入, 得 $\sin \left(\frac{\pi}{3}+\varphi\right)=\frac{1}{2}$. 而 $0<\varphi<\pi, \therefore \frac{\pi}{3}+$ $\varphi=\frac{5}{6} \pi, \therefore \varphi=\frac{\pi}{2}$, 故 $f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos x$.

(2)由题意, 有 $\cos \alpha=\frac{3}{5}, \cos \beta=\frac{12}{13}$.

$\because \alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,

$\therefore \sin \alpha=\sqrt{1-\left(\frac{3}{5}\right)^{2}}=\frac{4}{5}, \sin \beta=\sqrt{1-\left(\frac{12}{13}\right)^{2}}=\frac{5}{13}$,

$\therefore f(\alpha-\beta)=\cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta=\frac{3}{5} \times \frac{12}{13}+\frac{4}{5} \times \frac{5}{13}=\frac{56}{65}$.
解析：) 由题意, 知 $A=1$, 则 $f(x)=\sin (x+\varphi)$. 将点 $M\left(\frac{\pi}{3}, \frac{1}{2}\right)$ 代入, 得 $\sin \left(\frac{\pi}{3}+\varphi\right)=\frac{1}{2}$. 而 $0<\varphi<\pi, \therefore \frac{\pi}{3}+$ $\varphi=\frac{5}{6} \pi, \therefore \varphi=\frac{\pi}{2}$, 故 $f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos x$.

(2)由题意, 有 $\cos \alpha=\frac{3}{5}, \cos \beta=\frac{12}{13}$.

$\because \alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,

$\therefore \sin \alpha=\sqrt{1-\left(\frac{3}{5}\right)^{2}}=\frac{4}{5}, \sin \beta=\sqrt{1-\left(\frac{12}{13}\right)^{2}}=\frac{5}{13}$,

$\therefore f(\alpha-\beta)=\cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta=\frac{3}{5} \times \frac{12}{13}+\frac{4}{5} \times \frac{5}{13}=\frac{56}{65}$.