eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：22. 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$, 已知 $3 a \cos A=c \cos B+b \cos C$.

(1) 求 $\cos A$ 的值;

(2) 若 $a=1, \cos B+\cos C=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$, 求边 $c$ 的值.
选项：
答案：(1) 由余弦定理 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B, c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C$,

有 $c \cos B+b \cos C=a$, 代入已知条件得 $3 a \cos A=a$, 即 $\cos A=\frac{1}{3}$.

(2) 由 $\cos A=\frac{1}{3}$ 得 $\sin A=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$,

则 $\cos B=-\cos (A+C)=-\frac{1}{3} \cos C+\frac{2 \sqrt{2}}{3} \sin C$,

代入 $\cos B+\cos C=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$,

得 $\cos C+\sqrt{2} \sin C=\sqrt{3}$, 从而得 $\sin (C+\phi)=1$, 其中 $\sin \phi=\frac{\sqrt{3}}{3}, \cos \phi=\frac{\sqrt{6}}{3}, 0<\phi<\frac{\pi}{2}$.
则 $C+\phi=\frac{\pi}{2}$, 于是 $\sin C=\frac{\sqrt{6}}{3}$,

由正弦定理得 $c=\frac{a \sin C}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
解析：(1) 由余弦定理 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B, c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C$,

有 $c \cos B+b \cos C=a$, 代入已知条件得 $3 a \cos A=a$, 即 $\cos A=\frac{1}{3}$.

(2) 由 $\cos A=\frac{1}{3}$ 得 $\sin A=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$,

则 $\cos B=-\cos (A+C)=-\frac{1}{3} \cos C+\frac{2 \sqrt{2}}{3} \sin C$,

代入 $\cos B+\cos C=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$,

得 $\cos C+\sqrt{2} \sin C=\sqrt{3}$, 从而得 $\sin (C+\phi)=1$, 其中 $\sin \phi=\frac{\sqrt{3}}{3}, \cos \phi=\frac{\sqrt{6}}{3}, 0<\phi<\frac{\pi}{2}$.
则 $C+\phi=\frac{\pi}{2}$, 于是 $\sin C=\frac{\sqrt{6}}{3}$,

由正弦定理得 $c=\frac{a \sin C}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：17. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$, 已知 $b \cos C+c \sin B=0$.

(1) 求 $C$;

(2) 若 $a=\sqrt{5}, b=\sqrt{10}$, 点 $D$ 在边 $A B$ 上, $C D=B D$, 求 $C D$ 的长.
选项：
答案：(1) 因为 $b \cos C+c \sin B=0$, 所以由正弦定理知, $\sin B \cos C+\sin C \sin B=0$,因为 $0<B<\pi$, 所以 $\sin B>0$, 于是 $\cos C+\sin C=0$, 即 $\tan C=-1$,因为 $0<C<\pi$, 所以 $C=\frac{3 \pi}{4}$.

(2) 由 (1) 结合余弦定理, 得 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C=(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{10})^{2}-2 \times \sqrt{5} \times \sqrt{10} \times\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=25$,

所以 $c=5$, 所以 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{5+25-10}{2 \times \sqrt{5} \times 5}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$

因为在 $\triangle B C D$ 中, $C D=B D$, 所以 $\frac{\frac{1}{2} B C}{C D}=\cos B$, 所以 $C D=\frac{a}{2 \cos B}=\frac{\sqrt{5}}{2 \times \frac{2 \sqrt{5}}{5}}=\frac{5}{4}$.
解析：(1) 因为 $b \cos C+c \sin B=0$, 所以由正弦定理知, $\sin B \cos C+\sin C \sin B=0$,因为 $0<B<\pi$, 所以 $\sin B>0$, 于是 $\cos C+\sin C=0$, 即 $\tan C=-1$,因为 $0<C<\pi$, 所以 $C=\frac{3 \pi}{4}$.

(2) 由 (1) 结合余弦定理, 得 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C=(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{10})^{2}-2 \times \sqrt{5} \times \sqrt{10} \times\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=25$,

所以 $c=5$, 所以 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{5+25-10}{2 \times \sqrt{5} \times 5}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$

因为在 $\triangle B C D$ 中, $C D=B D$, 所以 $\frac{\frac{1}{2} B C}{C D}=\cos B$, 所以 $C D=\frac{a}{2 \cos B}=\frac{\sqrt{5}}{2 \times \frac{2 \sqrt{5}}{5}}=\frac{5}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：18. 已知. $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$, 且 $a \sin A+c \sin C-b \sin B=\sqrt{2} a \sin C$.

(1) 求角 $B$ 的大小;

(2) 设向量 $\vec{m}=(\cos A, \cos 2 A), \vec{n}=(12,-5)$, 边长 $a=4$, 求当 $\vec{m} \cdot \vec{m}$ 取最大值时, 求 $b$ 边的长.
选项：
答案：(1) 因为 $a \sin A+c \sin C-b \sin B=\sqrt{2} a \sin C$,

由正弦定理得 $a^{2}+c^{2}-b^{2}=\sqrt{2} a c$ ，

由余弦定理得 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{\sqrt{2} a c}{2 a c}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

因为 $0<B<\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{4}$.

(2) 因为 $\vec{m} \cdot \vec{m}=12 \cos A-5 \cos 2 A$

$=12 \cos A-5\left(2 \cos ^{2} A-1\right)=-10 \cos ^{2} A+12 \cos A+5$

$=-10\left(\cos A-\frac{3}{5}\right)^{2}+\frac{43}{5}$.

所以当 $\cos A=\frac{3}{5}$ 时, $\vec{m} \cdot \vec{m}$ 取最大值, 此时, $\sin A=\frac{4}{5}$.
由正弦定理得, $b=a \frac{\sin B}{\sin A}=\frac{5 \sqrt{2}}{2}$.
解析：(1) 因为 $a \sin A+c \sin C-b \sin B=\sqrt{2} a \sin C$,

由正弦定理得 $a^{2}+c^{2}-b^{2}=\sqrt{2} a c$ ，

由余弦定理得 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{\sqrt{2} a c}{2 a c}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

因为 $0<B<\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{4}$.

(2) 因为 $\vec{m} \cdot \vec{m}=12 \cos A-5 \cos 2 A$

$=12 \cos A-5\left(2 \cos ^{2} A-1\right)=-10 \cos ^{2} A+12 \cos A+5$

$=-10\left(\cos A-\frac{3}{5}\right)^{2}+\frac{43}{5}$.

所以当 $\cos A=\frac{3}{5}$ 时, $\vec{m} \cdot \vec{m}$ 取最大值, 此时, $\sin A=\frac{4}{5}$.
由正弦定理得, $b=a \frac{\sin B}{\sin A}=\frac{5 \sqrt{2}}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：19. 在 $\triangle A B C$ 中, 记内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$, 已知 $B$ 为锐角, 且 $a \cos B+b \sin B=c$.

(1) 求角 $C$;

(2) 若 $B=\frac{\pi}{3}$, 延长线段 $A B$ 至 $D$, 使得 $C D=\sqrt{3}$, 且 $\triangle A C D$ 的面积为 $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$, 求线段 $B D$ 的长度.
选项：
答案：（1）由正弦定理知： $\sin A \cos B+\sin ^{2} B=\sin C$ ，

因为 $\sin C=\sin (A+B)=\sin A \cos B+\cos A \sin B$, 所以 $\sin ^{2} B=\cos A \sin B$,

因为 $B \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 所以 $\sin B>0$, 所以 $\sin B=\cos A$, 即 $\cos \left(\frac{\pi}{2}-B\right)=\cos A$.

因为 $A \in(0, \pi), \frac{\pi}{2}-B \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 所以 $\frac{\pi}{2}-B=A$, 所以 $C=\frac{\pi}{2}$.

(2) 设 $B D=x, C B=a$, 因为 $\angle A B C=\frac{\pi}{3}, \angle A C B=\frac{\pi}{2}$,

所以 $A C=\sqrt{3} a, A B=2 a, A D=2 a+x$

所以 $S_{\triangle A C D}=\frac{1}{2} A C \cdot A D \sin A=\frac{1}{2} \times \sqrt{3} a \times(2 a+x) \times \frac{1}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{4}$,

即 $a(2 a+x)=3$. (1)

在 $\triangle B C D$ 中, 由余弦定理, 得 $C D^{2}=B C^{2}+B D^{2}-2 B C \cdot B D \cos \angle D B C$,

即 $x^{2}+a^{2}+a x=3$.

联立(1)(2), 解得 $x=a=1$, 所以 $B D=1$.
解析：（1）由正弦定理知： $\sin A \cos B+\sin ^{2} B=\sin C$ ，

因为 $\sin C=\sin (A+B)=\sin A \cos B+\cos A \sin B$, 所以 $\sin ^{2} B=\cos A \sin B$,

因为 $B \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 所以 $\sin B>0$, 所以 $\sin B=\cos A$, 即 $\cos \left(\frac{\pi}{2}-B\right)=\cos A$.

因为 $A \in(0, \pi), \frac{\pi}{2}-B \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 所以 $\frac{\pi}{2}-B=A$, 所以 $C=\frac{\pi}{2}$.

(2) 设 $B D=x, C B=a$, 因为 $\angle A B C=\frac{\pi}{3}, \angle A C B=\frac{\pi}{2}$,

所以 $A C=\sqrt{3} a, A B=2 a, A D=2 a+x$

所以 $S_{\triangle A C D}=\frac{1}{2} A C \cdot A D \sin A=\frac{1}{2} \times \sqrt{3} a \times(2 a+x) \times \frac{1}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{4}$,

即 $a(2 a+x)=3$. (1)

在 $\triangle B C D$ 中, 由余弦定理, 得 $C D^{2}=B C^{2}+B D^{2}-2 B C \cdot B D \cos \angle D B C$,

即 $x^{2}+a^{2}+a x=3$.

联立(1)(2), 解得 $x=a=1$, 所以 $B D=1$.
题目（高二 · 解析几何）：20. 已知 $\triangle A B C$ 中, 角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c, 2 a \cos ^{2} \frac{B}{2}=a+b \sin A, c=6, S_{\triangle A B C}=9$.

(1) 求 $a$ 的值;

(2) 若点 $E 、 F$ 分别在边 $A B 、 B C$ 上, 且 $A E=4, A F \perp C E$, 求 $A F$ 的长.
选项：
答案：(1) 由 $2 a \cos ^{2} \frac{B}{2}=a+b \sin A$, 得 $2 a \frac{1+\cos B}{2}=a+b \sin A$,

即 $a \cos B=b \sin A$,

由正弦定理, 得 $\sin A \cos B=\sin B \sin A$, 因为 $\sin A \neq 0$, 所以 $\tan B=1$.

因为 $B \in(0, \pi)$, 所以 $B=\frac{\pi}{4}$. 因为 $c=6, S_{\triangle A B C}=9$,
所以 $\frac{1}{2} a \times 6 \times \sin \frac{\pi}{4}=9$, 即 $B C=a=3 \sqrt{2}$.

(2) 由（1）知 $\triangle A B C$ 是等腰直角三角形,

$C E=\sqrt{A C^{2}+A E^{2}-2 A C \cdot A E \cos \angle B A C}=\sqrt{10}$,

$\cos \angle A C E=\frac{A C^{2}+C E^{2}-A E^{2}}{2 A C \cdot C E}=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 则 $\sin \angle A F C=\sin \angle A C E=\frac{2 \sqrt{5}}{5} ，$

所以 $A F=\frac{A C}{\sin \angle A F C}=\frac{3 \sqrt{10}}{2}$.
解析：(1) 由 $2 a \cos ^{2} \frac{B}{2}=a+b \sin A$, 得 $2 a \frac{1+\cos B}{2}=a+b \sin A$,

即 $a \cos B=b \sin A$,

由正弦定理, 得 $\sin A \cos B=\sin B \sin A$, 因为 $\sin A \neq 0$, 所以 $\tan B=1$.

因为 $B \in(0, \pi)$, 所以 $B=\frac{\pi}{4}$. 因为 $c=6, S_{\triangle A B C}=9$,
所以 $\frac{1}{2} a \times 6 \times \sin \frac{\pi}{4}=9$, 即 $B C=a=3 \sqrt{2}$.

(2) 由（1）知 $\triangle A B C$ 是等腰直角三角形,

$C E=\sqrt{A C^{2}+A E^{2}-2 A C \cdot A E \cos \angle B A C}=\sqrt{10}$,

$\cos \angle A C E=\frac{A C^{2}+C E^{2}-A E^{2}}{2 A C \cdot C E}=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 则 $\sin \angle A F C=\sin \angle A C E=\frac{2 \sqrt{5}}{5} ，$

所以 $A F=\frac{A C}{\sin \angle A F C}=\frac{3 \sqrt{10}}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：22. 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 $a+b+c=2 \sqrt{3}+3 \sqrt{3}=5 \sqrt{3}$.

【名师点睛】本题主要考查了正弦定理, 两角和的正弦函数公式, 三角形的面积公式, 余弦定理在解三角形中的综合应用, 考查了计算能力和转化思想, 属于基础题.

（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.

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题目（高二 · 解析几何）：设锐角三角形 $A B C$ 的内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c, a=2 b \sin A$.

(1)求 $B$ 的大小.

(2)若 $a=3 \sqrt{3}, c=5$, 求 $b$.
选项：
答案：(1) $\because a=2 b \sin A, \therefore \sin A=2 \sin B \cdot \sin A$,

$\therefore \sin B=\frac{1}{2} \because 0<B<\frac{\pi}{2}, \therefore B=30^{\circ}$.

(2) $\because a=3 \sqrt{3}, \quad c=5, B=30^{\circ}$.

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

$=(3 \sqrt{3})^{2}+5^{2}-2 \times 3 \sqrt{3} \times 5 \times \cos 30^{\circ}=7$.

$\therefore b=\sqrt{7}$.
解析：(1) $\because a=2 b \sin A, \therefore \sin A=2 \sin B \cdot \sin A$,

$\therefore \sin B=\frac{1}{2} \because 0<B<\frac{\pi}{2}, \therefore B=30^{\circ}$.

(2) $\because a=3 \sqrt{3}, \quad c=5, B=30^{\circ}$.

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

$=(3 \sqrt{3})^{2}+5^{2}-2 \times 3 \sqrt{3} \times 5 \times \cos 30^{\circ}=7$.

$\therefore b=\sqrt{7}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A 、 B 、 C$ 对边的边长分别是 $a 、 b 、 c$. 已知 $c=2, C=\frac{\pi}{3}$.

(1)若 $\triangle A B C$ 的面积等于 $\sqrt{3}$, 求 $a, b$.

(2)若 $\sin B=2 \sin A$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.
选项：
答案：解 (1) 由余弦定理及已知条件得

$a^{2}+b^{2}-a b=4$.

又因为 $\triangle A B C$ 的面积等于 $\sqrt{3}$,

所以 $\frac{1}{2} a b \sin C=\sqrt{3}$, 由此得 $a b=4$.

联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}a^{2}+b^{2}-a b=4, \\ a b=4,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=2, \\ b=2 .\end{array}\right.$

(2) 由正弦定理及已知条件得 $b=2 a$.

联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}a^{2}+b^{2}-a b=4, \\ b=2 a,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \\ b=\frac{4 \sqrt{3}}{3} .\end{array}\right.$

所以 $\triangle A B C$ 的面积 $S=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
解析：解 (1) 由余弦定理及已知条件得

$a^{2}+b^{2}-a b=4$.

又因为 $\triangle A B C$ 的面积等于 $\sqrt{3}$,

所以 $\frac{1}{2} a b \sin C=\sqrt{3}$, 由此得 $a b=4$.

联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}a^{2}+b^{2}-a b=4, \\ a b=4,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=2, \\ b=2 .\end{array}\right.$

(2) 由正弦定理及已知条件得 $b=2 a$.

联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}a^{2}+b^{2}-a b=4, \\ b=2 a,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \\ b=\frac{4 \sqrt{3}}{3} .\end{array}\right.$

所以 $\triangle A B C$ 的面积 $S=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：17. 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$. 已知 $a \sin A=4 b \sin B$, $a c=\sqrt{5}\left(a^{2}-b^{2}-c^{2}\right)$.

( I ) 求 $\cos A$ 的值;

(II) 求 $\sin (2 B-A)$ 的值.
选项：
答案：( I ) 由 $a \sin A=4 b \sin B$, 及 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $a=2 b$.

由 $a c=\sqrt{5}\left(a^{2}-b^{2}-c^{2}\right)$,

及余弦定理, 得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{-\frac{\sqrt{5}}{5} a c}{a c}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$.

(II) 由（I ）, 可得 $\sin A=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 代入 $a \sin A=4 b \sin B$,

得 $\sin B=\frac{a \sin A}{4 b}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.
由 (I) 知, $A$ 为钝角, 所以 $\cos B=\sqrt{1-\sin ^{2} B}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

于是 $\sin 2 B=2 \sin B \cos B=\frac{4}{5}, \cos 2 B=1-2 \sin ^{2} B=\frac{3}{5}$,

故 $\sin (2 B-A)=\sin 2 B \cos A-\cos 2 B \sin A=\frac{4}{5} \times\left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)-\frac{3}{5} \times \frac{2 \sqrt{5}}{5}=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
解析：( I ) 由 $a \sin A=4 b \sin B$, 及 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $a=2 b$.

由 $a c=\sqrt{5}\left(a^{2}-b^{2}-c^{2}\right)$,

及余弦定理, 得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{-\frac{\sqrt{5}}{5} a c}{a c}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$.

(II) 由（I ）, 可得 $\sin A=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 代入 $a \sin A=4 b \sin B$,

得 $\sin B=\frac{a \sin A}{4 b}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.
由 (I) 知, $A$ 为钝角, 所以 $\cos B=\sqrt{1-\sin ^{2} B}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

于是 $\sin 2 B=2 \sin B \cos B=\frac{4}{5}, \cos 2 B=1-2 \sin ^{2} B=\frac{3}{5}$,

故 $\sin (2 B-A)=\sin 2 B \cos A-\cos 2 B \sin A=\frac{4}{5} \times\left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)-\frac{3}{5} \times \frac{2 \sqrt{5}}{5}=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
题目（高二 · 解析几何）：18. $\triangle A B C$ 中, $D$ 是 $B C$ 上的点, $A D$ 平分 $\angle B A C, \triangle A B D$ 面积是 $\triangle A D C$ 面积的 2 倍.

(I) 求 $\frac{\sin B}{\sin C}$;

(II) 若 $A D=1, D C=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 求 $B D$ 和 $A C$ 的长.
选项：
答案：( I ) $S_{\triangle A B D}=\frac{1}{2} A B \cdot A D \sin \angle B A D$

$S_{\triangle A D C}=\frac{1}{2} A C \cdot A D \sin \angle C A D$

因为 $S_{\triangle A B D}=2 S_{\triangle A D C}, \angle B A D=\angle C A D$, 所以 $A B=2 A C$.

由正弦定理可得 $\frac{\sin \angle B}{\sin \angle C}=\frac{A C}{A B}=\frac{1}{2}$.

(II) 因为 $S_{\triangle A B D}: S_{\triangle A D C}=B D: D C$, 所以 $B D=\sqrt{2}$. 在 $\triangle A B D$ 和 $\triangle A D C$ 中,

由余弦定理得 $A B^{2}=A D^{2}+B D^{2}-2 A D \cdot B D \cos \angle A D B$,

$A C^{2}=A D^{2}+D C^{2}-2 A D \cdot D C \cos \angle A D C$.

$A B^{2}+2 A C^{2}=3 A D^{2}+B D^{2}+2 D C^{2}=6$. 由( I) 知 $A B=2 A C$, 所以 $A C=1$.
解析：( I ) $S_{\triangle A B D}=\frac{1}{2} A B \cdot A D \sin \angle B A D$

$S_{\triangle A D C}=\frac{1}{2} A C \cdot A D \sin \angle C A D$

因为 $S_{\triangle A B D}=2 S_{\triangle A D C}, \angle B A D=\angle C A D$, 所以 $A B=2 A C$.

由正弦定理可得 $\frac{\sin \angle B}{\sin \angle C}=\frac{A C}{A B}=\frac{1}{2}$.

(II) 因为 $S_{\triangle A B D}: S_{\triangle A D C}=B D: D C$, 所以 $B D=\sqrt{2}$. 在 $\triangle A B D$ 和 $\triangle A D C$ 中,

由余弦定理得 $A B^{2}=A D^{2}+B D^{2}-2 A D \cdot B D \cos \angle A D B$,

$A C^{2}=A D^{2}+D C^{2}-2 A D \cdot D C \cos \angle A D C$.

$A B^{2}+2 A C^{2}=3 A D^{2}+B D^{2}+2 D C^{2}=6$. 由( I) 知 $A B=2 A C$, 所以 $A C=1$.
题目（高二 · 解析几何）：20. 设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对边的长分别是 $a, b, c$, 且 $b=3, c=1, A=2 B$.

(I) 求 $a$ 的值;

(II) 求 $\sin \left(A+\frac{\pi}{4}\right)$ 的值.
选项：
答案：( I ) $\because A=2 B, \therefore \sin A=\sin 2 B=2 \sin B \cos B$,

由正弦定理得 $a=2 b \cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}$

$\because b=3, c=1, \therefore a^{2}=12, a=2 \sqrt{3}$.

(II) 由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{9+1-12}{6}=-\frac{1}{3}$,

由于 $0<A<\pi, \therefore \sin A=\sqrt{1-\cos ^{2} A}=\sqrt{1-\left(-\frac{1}{3}\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$,

故 $\sin \left(A+\frac{\pi}{4}\right)=\sin A \cos \frac{\pi}{4}+\cos A \sin \frac{\pi}{4}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\left(-\frac{1}{3}\right) \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{4-\sqrt{2}}{6}$.
解析：: ( I ) $\because A=2 B, \therefore \sin A=\sin 2 B=2 \sin B \cos B$,

由正弦定理得 $a=2 b \cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}$

$\because b=3, c=1, \therefore a^{2}=12, a=2 \sqrt{3}$.

(II) 由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{9+1-12}{6}=-\frac{1}{3}$,

由于 $0<A<\pi, \therefore \sin A=\sqrt{1-\cos ^{2} A}=\sqrt{1-\left(-\frac{1}{3}\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$,

故 $\sin \left(A+\frac{\pi}{4}\right)=\sin A \cos \frac{\pi}{4}+\cos A \sin \frac{\pi}{4}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\left(-\frac{1}{3}\right) \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{4-\sqrt{2}}{6}$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{4}{5}$, 且 $\frac{\pi}{4}<\alpha<\frac{3 \pi}{4}$, 求 $\cos \alpha$ 的值.
选项：
答案：$\frac{\sqrt{2}}{10}$
解析：$\because \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{4}{5}$, 且 $\frac{\pi}{4}<\alpha<\frac{3 \pi}{4}$,

$\therefore \frac{\pi}{2}<\alpha+\frac{\pi}{4}<\pi$.

$\therefore \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=-\sqrt{1-\left(\frac{4}{5}\right)^{2}}=-\frac{3}{5}$.

$\therefore \cos \alpha=\cos \left[\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)-\frac{\pi}{4}\right]$

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

$=-\frac{3}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{10}$.
题目（高二 · 解析几何）：判断函数 $f(x)=\lg \frac{\tan x+1}{\tan x-1}$ 的奇偶性.
选项：
答案：奇函数
解析：由 $\frac{\tan x+1}{\tan x-1}>0$, 得 $\tan x>1$ 或 $\tan x<-1$.

$\therefore$ 函数定义域为 $\left(k \pi-\frac{\pi}{2}, k \pi-\frac{\pi}{4}\right) \cup\left(k \pi+\frac{\pi}{4}, k \pi+\frac{\pi}{2}\right)(k \in \mathbf{Z})$, 关于原点对称.

$f(-x)+f(x)=\lg \frac{\tan (-x)+1}{\tan (-x)-1}+\lg \frac{\tan x+1}{\tan x-1}$

$=\lg \left(\frac{-\tan x+1}{-\tan x-1} \cdot \frac{\tan x+1}{\tan x-1}\right)=\lg 1=0$.

$\therefore f(-x)=-f(x), \therefore f(x)$ 是奇函数.
题目（高二 · 解析几何）：14. 设 $x, y, z \in \mathbf{R}$, 试比较 $5 x^{2}+y^{2}+z^{2}$ 与 $2 x y+4 x+2 z-2$ 的大小.
选项：
答案：$\because 5 x^{2}+y^{2}+z^{2}-(2 x y+4 x+2 z-2)$

$=4 x^{2}-4 x+1+x^{2}-2 x y+y^{2}+z^{2}-2 z+1$

$=(2 x-1)^{2}+(x-y)^{2}+(z-1)^{2} \geqslant 0$,

$\therefore 5 x^{2}+y^{2}+z^{2} \geqslant 2 x y+4 x+2 z-2$,

当且仅当 $x=y=\frac{1}{2}$ 且 $z=1$ 时取到等号.
解析：$\because 5 x^{2}+y^{2}+z^{2}-(2 x y+4 x+2 z-2)$

$=4 x^{2}-4 x+1+x^{2}-2 x y+y^{2}+z^{2}-2 z+1$

$=(2 x-1)^{2}+(x-y)^{2}+(z-1)^{2} \geqslant 0$,

$\therefore 5 x^{2}+y^{2}+z^{2} \geqslant 2 x y+4 x+2 z-2$,

当且仅当 $x=y=\frac{1}{2}$ 且 $z=1$ 时取到等号.哈哈
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知函数 $f(x)=4 \cos \omega x \cdot \sin \left(\omega x+\frac{\pi}{4}\right)(\omega>0)$ 的最小正周期为 $\pi$.

(1)求 $\omega$ 的值;

(2)讨论 $f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的单调性.
选项：
答案：(1)1 (2)$f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{8}\right]$ 上单调递增, 在区间 $\left[\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上单调递减.
解析：(1) $f(x)=4 \cos \omega x \cdot \sin \left(\omega x+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2} \sin x \omega \cdot \cos \omega x+2 \sqrt{2} \cos ^{2} \omega x$

$=\sqrt{2}(\sin 2 \omega x+\cos 2 \omega x)+\sqrt{2}=2 \sin \left(2 \omega x+\frac{\pi}{4}\right)+\sqrt{2}$.

因为 $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$, 且 $\omega>0$,

从而有 $\frac{2 \pi}{2 \omega}=\pi$, 故 $\omega=1$.

(2) 由(1)知 $f(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)+\sqrt{2}$.

若 $0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}$, 则 $\frac{\pi}{4} \leqslant 2 x+\frac{\pi}{4} \leqslant \frac{5 \pi}{4}$.

当 $\frac{\pi}{4} \leqslant 2 x+\frac{\pi}{4} \leqslant \frac{\pi}{2}$, 即 $0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{8}$ 时, $f(x)$ 单调递增;

当 $\frac{\pi}{2} \leqslant 2 x+\frac{\pi}{4} \leqslant \frac{5 \pi}{4}$, 即 $\frac{\pi}{8} \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}$ 时, $f(x)$ 单调递减。

综上可知, $f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{8}\right]$ 上单调递增, 在区间 $\left[\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上单调递减.
题目（高二 · 解析几何）：证明: $\frac{\sin \alpha}{1-\cos \alpha} \cdot \frac{\cos \alpha \tan \alpha}{1+\cos \alpha}=1$.
选项：
答案：$\\frac{\\sin \\alpha}{1-\\cos \\alpha} \\cdot \\frac{\\cos \\alpha \\tan \\alpha}{1+\\cos \\alpha}$

$=\\frac{\\sin \\alpha}{1-\\cos \\alpha} \\cdot \\frac{\\cos \\alpha \\cdot \\frac{\\sin \\alpha}{\\cos \\alpha}}{1+\\cos \\alpha}$

$=\\frac{\\sin \\alpha}{1-\\cos \\alpha} \\cdot \\frac{\\sin \\alpha}{1+\\cos \\alpha}$

$=\\frac{\\sin ^{2} \\alpha}{1-\\cos ^{2} \\alpha}=\\frac{\\sin ^{2} \\alpha}{\\sin ^{2} \\alpha}=1$.
解析：$\\frac{\\sin \\alpha}{1-\\cos \\alpha} \\cdot \\frac{\\cos \\alpha \\tan \\alpha}{1+\\cos \\alpha}$

$=\\frac{\\sin \\alpha}{1-\\cos \\alpha} \\cdot \\frac{\\cos \\alpha \\cdot \\frac{\\sin \\alpha}{\\cos \\alpha}}{1+\\cos \\alpha}$

$=\\frac{\\sin \\alpha}{1-\\cos \\alpha} \\cdot \\frac{\\sin \\alpha}{1+\\cos \\alpha}$

$=\\frac{\\sin ^{2} \\alpha}{1-\\cos ^{2} \\alpha}=\\frac{\\sin ^{2} \\alpha}{\\sin ^{2} \\alpha}=1$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\\tan \\alpha=3$, 求下列各式的值:

(1) $\\frac{4 \\sin \\alpha-\\cos \\alpha}{3 \\sin \\alpha+5 \\cos \\alpha}$;

(2) $\\frac{\\sin ^{2} \\alpha-2 \\sin \\alpha \\cos \\alpha-\\cos ^{2} \\alpha}{4 \\cos ^{2} \\alpha-3 \\sin ^{2} \\alpha}$;

(3) $\\frac{3}{4} \\sin ^{2} \\alpha+\\frac{1}{2} \\cos ^{2} \\alpha$.
选项：
答案：$(1)\frac{11}{14}$(2)$frac{29}{40}$
解析：(1) $\\because \\tan \\alpha=3, \\therefore \\cos \\alpha \\neq 0$.

原式的分子、分母同除以 $\cos \alpha$, 得

原式 $=\\frac{4 \\tan \\alpha-1}{3 \\tan \\alpha+5}=\\frac{4 \\times 3-1}{3 \\times 3+5}=\\frac{11}{14}$.

(2)原式的分子、分母同除以 $\\cos ^{2} \\alpha$ ，得

原式 $=\\frac{\\tan ^{2} \\alpha-2 \\tan \\alpha-1}{4-3 \\tan ^{2} \\alpha}=\\frac{9-2 \\times 3-1}{4-3 \\times 3^{2}}=-\\frac{2}{23}$.

(3)原式 $=\\frac{\\frac{3}{4} \\sin ^{2} \\alpha+\\frac{1}{2} \\cos ^{2} \\alpha}{\\sin ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\alpha}=\\frac{\\frac{3}{4} \\tan ^{2} \\alpha+\\frac{1}{2}}{\\tan ^{2} \\alpha+1}=\\frac{\\frac{3}{4} \\times 9+\\frac{1}{2}}{9+1}=\\frac{29}{40}$
题目（高二 · 解析几何）：12.关于函数 $f(x)=2 \sin \left(3 x-\frac{3 \pi}{4}\right)$, 以下说法: (1)其最小正周期为 $\frac{2 \pi}{3}$; (2)图象关于点 $\left(\frac{\pi}{4}, 0\right)$ 对称; (3)直线 $x$ $=-\frac{\pi}{4}$ 是其一条对称轴. 其中正确的序号是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：(1)(2)(3)
解析：$T=\frac{2 \pi}{\omega}=\frac{2 \pi}{3}$, 故(1)正确;
$x=\frac{\pi}{4}$ 时,

$f(x)=2 \sin \left(3 x-\frac{3 \pi}{4}\right)$

$=2 \sin \left(\frac{3 \pi}{4}-\frac{3 \pi}{4}\right)=0$,

所以图象关于点 $\left(\frac{\pi}{4}, 0\right)$ 对称, 故(2)正确.

$x=-\frac{\pi}{4}$ 时,

$f(x)=2 \sin \left(3 x-\frac{3 \pi}{4}\right)=2 \sin \left(-\frac{3 \pi}{4}-\frac{3 \pi}{4}\right)=-2$,

所以直线 $x=-\frac{\pi}{4}$ 是其一条对称轴, 故(3)正确.

答案: (1)(2)(3)
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)(A>0, \omega>0,|\varphi|<\pi)$, 在同一周期内, 当 $x=\frac{\pi}{12}$ 时, $f(x)$ 取得最大值 3; 当 $x=$ $\frac{7}{12} \pi$ 时, $f(x)$ 取得最小值 -3.(1)求函数 $f(x)$ 的解析式;(2) 求函数 $f(x)$ 的单调递减区间;(3) 若 $x \in\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}\right]$ 时, 函数 $h(x)=2 f(x)+1-m$ 有两个零点, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 由题意, 易知 $A=3, T=2\left(\frac{7}{12} \pi-\frac{\pi}{12}\right)=\pi, \therefore \omega=\frac{2 \pi}{T}=2$. 由 $2 \times \frac{\pi}{12}+\varphi=\frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 得 $\varphi=\frac{\pi}{3}$ $+2 k \pi, \quad k \in \mathbf{Z}$.又 $\because-\pi<\varphi<\pi, \quad \therefore \varphi=\frac{\pi}{3}, \quad \therefore f(x)=3 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$.(2) 由 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant 2 x+\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{3 \pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 得 $\frac{\pi}{12}+k \pi \leqslant x \leqslant \frac{7 \pi}{12}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$,$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $\left[\frac{\pi}{12}+k \pi, \frac{7 \pi}{12}+k \pi\right], k \in \mathbf{Z}$.(3)由题意知, 方程 $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{m-1}{6}$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}\right]$ 上有两个实根。 $\because x \in\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}\right]$,$\therefore 2 x+\frac{\pi}{3} \in\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right], \quad \therefore \frac{m-1}{6} \in\left[\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right)$,$\therefore m \in[1+3 \sqrt{3}, 7)$.
解析：(1) 由题意, 易知 $A=3, T=2\left(\frac{7}{12} \pi-\frac{\pi}{12}\right)=\pi, \therefore \omega=\frac{2 \pi}{T}=2$. 由 $2 \times \frac{\pi}{12}+\varphi=\frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 得 $\varphi=\frac{\pi}{3}$ $+2 k \pi, \quad k \in \mathbf{Z}$.又 $\because-\pi<\varphi<\pi, \quad \therefore \varphi=\frac{\pi}{3}, \quad \therefore f(x)=3 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$.(2) 由 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant 2 x+\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{3 \pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 得 $\frac{\pi}{12}+k \pi \leqslant x \leqslant \frac{7 \pi}{12}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$,\therefore$ 函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $\left[\frac{\pi}{12}+k \pi, \frac{7 \pi}{12}+k \pi\right], k \in \mathbf{Z}$.(3)由题意知, 方程 $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{m-1}{6}$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}\right]$ 上有两个实根。 $\because x \in\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}\right]$,$\therefore 2 x+\frac{\pi}{3} \in\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right], \quad \therefore \frac{m-1}{6} \in\left[\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right)$,$\therefore m \in[1+3 \sqrt{3}, 7)$.