eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：16. 某同学用 “五点法” 画函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 在某一个周期内的图象时, 列表并填入了部分数据, 如下表:

(1)请将上表数据补充完整, 并直接写出函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 将 $y=f(x)$ 图象上所有点向左平行移动 $\theta(\theta>0)$ 个单位长度, 得到 $y=g(x)$ 的图象. 若 $y=g(x)$图象的一个对称中心为 $\left(\frac{5 \pi}{12}, 0\right)$, 求 $\theta$ 的最小值.
选项：
答案：(1)根据表中已知数据，解得 $A=5 ， \omega=2 ， \varphi=-\frac{\pi}{6}$ 数据补全如下表:

且函数解析式为 $f(x)=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$.

(2)由(1)知 $f(x)=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ ，

则 $g(x)=5 \sin \left(2 x+2 \theta-\frac{\pi}{6}\right)$.

因为函数 $y=\sin x$ 图象的对称中心为 $(k \pi ， 0), k \in \mathbf{Z}$.

令 $2 x+2 \theta-\frac{\pi}{6}=k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，解得 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}-\theta ， k \in \mathbf{Z}$.

由于函数 $y=g(x)$ 的图象关于点 $\left(\frac{5 \pi}{12} ， 0\right)$ 成中心对称，所以令 $\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}-\theta=\frac{5 \pi}{12} ， k \in \mathbf{Z}$ ，

解得 $\theta=\frac{k \pi}{2}-\frac{\pi}{3} ， k \in \mathbf{Z}$.由 $\theta>0$ 可知，当 $k=1$ 时， $\theta$ 取得最小值 $\frac{\pi}{6}$.
解析：(1)根据表中已知数据，解得 $A=5 ， \omega=2 ， \varphi=-\frac{\pi}{6}$ 数据补全如下表:

且函数解析式为 $f(x)=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$.

(2)由(1)知 $f(x)=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ ，

则 $g(x)=5 \sin \left(2 x+2 \theta-\frac{\pi}{6}\right)$.

因为函数 $y=\sin x$ 图象的对称中心为 $(k \pi ， 0), k \in \mathbf{Z}$.

令 $2 x+2 \theta-\frac{\pi}{6}=k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，解得 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}-\theta ， k \in \mathbf{Z}$.

由于函数 $y=g(x)$ 的图象关于点 $\left(\frac{5 \pi}{12} ， 0\right)$ 成中心对称，所以令 $\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}-\theta=\frac{5 \pi}{12} ， k \in \mathbf{Z}$ ，

解得 $\theta=\frac{k \pi}{2}-\frac{\pi}{3} ， k \in \mathbf{Z}$.由 $\theta>0$ 可知，当 $k=1$ 时， $\theta$ 取得最小值 $\frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 解析几何）：9. 函数 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 在它的某一个周期内的单调递减区间是 $\left[\frac{5 \pi}{12}, \frac{11 \pi}{12}\right]$ 将 $y=$ $f(x)$ 的图象先向左平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度, 再将图象上所有点的横坐标变为原来的 $\frac{1}{2}$ ( 纵坐标不变), 所得到的图象对应的函数记为 $g(x)$.

(1)求 $g(x)$ 的解析式;

(2)求 $g(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值和最小值.
选项：
答案：解析 : (1) $\frac{T}{2}=\frac{11}{12} \pi-\frac{5}{12} \pi=\frac{1}{2} \pi$ ，

$\therefore T=\pi, \omega=\frac{2 \pi}{T}=2$,

又 $\sin \left(2 \cdot \frac{5 \pi}{12}+\varphi\right)=1 ，|\varphi|<\frac{\pi}{2}$ ，

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

$\therefore g(x)=\sin \left(4 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

(2) $g(x)$ 在 $\left[0 ， \frac{\pi}{12}\right]$ 上为增函数，在 $\left[\frac{\pi}{12} ， \frac{\pi}{4}\right]$ 上为减函数，所以 $g(x)_{\text {max }}=g\left(\frac{\pi}{12}\right)=1$ ，

又 $g(0)=\frac{1}{2} ， g\left(\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{1}{2}$ ，

所以 $g(x)_{\min }=-\frac{1}{2}$,

故函数 $g(x)$ 在区间 $\left[0 ， \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值和最小值分别为 1 和 $-\frac{1}{2}$.
解析：解析 : (1) $\frac{T}{2}=\frac{11}{12} \pi-\frac{5}{12} \pi=\frac{1}{2} \pi$ ，

$\therefore T=\pi, \omega=\frac{2 \pi}{T}=2$,

又 $\sin \left(2 \cdot \frac{5 \pi}{12}+\varphi\right)=1 ，|\varphi|<\frac{\pi}{2}$ ，

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

$\therefore g(x)=\sin \left(4 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

(2) $g(x)$ 在 $\left[0 ， \frac{\pi}{12}\right]$ 上为增函数，在 $\left[\frac{\pi}{12} ， \frac{\pi}{4}\right]$ 上为减函数，所以 $g(x)_{\text {max }}=g\left(\frac{\pi}{12}\right)=1$ ，

又 $g(0)=\frac{1}{2} ， g\left(\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{1}{2}$ ，

所以 $g(x)_{\min }=-\frac{1}{2}$,

故函数 $g(x)$ 在区间 $\left[0 ， \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值和最小值分别为 1 和 $-\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 如图所示, 游乐场中的摩天轮匀速转动, 每转一圈需要 12 分钟, 其中心 $O$ 距离地面 40.5 米, 半径为 40 米. 如果你从最低处登上摩天轮, 那么你与地面的距离将随时间的变化而变化, 以你登上摩天轮的时刻开始计时, 请解答下列问题:



(1)求出你与地面的距离 $y$ (米)与时间 $t$ (分钟)的函数关系式;

(2)当你第 4 次距离地面 60.5 米时, 用了多长时间?
选项：
答案：(1)由已知可设 $y=40.5-40 \cos \omega t ， t \geqslant 0$ ，由周期为 12 分钟可知，当 $t=6$ 时，摩天轮第 1 次到达最高点，即此函数第 1 次取得最大值，所以 $6 \omega=\pi$ ，即 $\omega=\frac{\pi}{6}$ ， 所以 $y=40.5$ - $40 \cos \frac{\pi}{6} t(t \geqslant 0)$.

(2)设转第 1 圈时，第 $t_{0}$ 分钟时距离地面 60.5 米. 由 $60.5=40.5-40 \cos \frac{\pi}{6} t_{0}$, 得 $\cos \frac{\pi}{6} t_{0}=-\frac{1}{2}$ ，
所以 $\frac{\pi}{6} t_{0}=\frac{2 \pi}{3}$ 或 $\frac{\pi}{6} t_{0}=\frac{4 \pi}{3}$ ，解得 $t_{0}=4$ 或 $t_{0}=8$ ，所以 $t=8$ (分钟)时，第 2 次距地面 60.5 米，故第 4 次距离地面 60.5 米时，用了 $12+8=20$ (分钟)
解析：解析: (1)由已知可设 $y=40.5-40 \cos \omega t ， t \geqslant 0$ ，由周期为 12 分钟可知，当 $t=6$ 时，摩天轮第 1 次到达最高点，即此函数第 1 次取得最大值，所以 $6 \omega=\pi$ ，即 $\omega=\frac{\pi}{6}$ ， 所以 $y=40.5$ - $40 \cos \frac{\pi}{6} t(t \geqslant 0)$.

(2)设转第 1 圈时，第 $t_{0}$ 分钟时距离地面 60.5 米. 由 $60.5=40.5-40 \cos \frac{\pi}{6} t_{0}$, 得 $\cos \frac{\pi}{6} t_{0}=-\frac{1}{2}$ ，
所以 $\frac{\pi}{6} t_{0}=\frac{2 \pi}{3}$ 或 $\frac{\pi}{6} t_{0}=\frac{4 \pi}{3}$ ，解得 $t_{0}=4$ 或 $t_{0}=8$ ，所以 $t=8$ (分钟)时，第 2 次距地面 60.5 米，故第 4 次距离地面 60.5 米时，用了 $12+8=20$ (分钟).
题目（高二 · 解析几何）：如图, 为一个缆车示意图, 该缆车半径为 $4,.8 \mathrm{~m}$, 圆上最低点与地面的距离为 $0,.8 \mathrm{~m}, 60 \mathrm{~s}$
转动一圈, 图中 $O A$ 与地面垂直, 以 $O A$ 为始边, 逆时针转动 $\theta$ 角到 $O B$, 设点 $B$ 与地面距离是 $h$.



(1)求 $h$ 与 $\theta$ 之间的函数解析式;

(2)设从 $O A$ 开始转动, 经过 $t \mathrm{~s}$ 后到达 $O B$, 求 $h$ 与 $t$ 之间的函数解析式, 并求缆车到达最高点时用的最少时间是多少.
选项：
答案：解析: (1)以圆心 $O$ 为原点，建立如图所示的坐标系，则以 $O x$ 为始边， $O B$ 为终边的角为 $\theta-\frac{\pi}{2} ，$ 故点 $B$ 坐标为

<ImageHere>

$\left(4,.8 \cos \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right), 4,.8 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)\right)$.

$\therefore h=5,.6+4,.8 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)$.

(2)点 $A$ 在圆上转动的角速度是 $\frac{\pi}{30}$ ，故 $t s$ 转过的弧度数为 $\frac{\pi t}{30}$.

$\therefore h=5,.6+4,.8 \sin \left(\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}\right), t \in[0,+\infty)$.

到达最高点时， $h=10,.4 \mathrm{~m}$.

由 $\sin \left(\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}\right)=1$ ，得 $\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2} ， \therefore t=30$

$\therefore$ 缆车到达最高点时，用的最少时间是 $30 \mathrm{~s}$.
解析：解析: (1)以圆心 $O$ 为原点，建立如图所示的坐标系，则以 $O x$ 为始边， $O B$ 为终边的角为 $\theta-\frac{\pi}{2} ，$ 故点 $B$ 坐标为



$\left(4,.8 \cos \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right), 4,.8 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)\right)$.

$\therefore h=5,.6+4,.8 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)$.

(2)点 $A$ 在圆上转动的角速度是 $\frac{\pi}{30}$ ，故 $t s$ 转过的弧度数为 $\frac{\pi t}{30}$.

$\therefore h=5,.6+4,.8 \sin \left(\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}\right), t \in[0,+\infty)$.

到达最高点时， $h=10,.4 \mathrm{~m}$.

由 $\sin \left(\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}\right)=1$ ，得 $\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2} ， \therefore t=30$

$\therefore$ 缆车到达最高点时，用的最少时间是 $30 \mathrm{~s}$.
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知某地一天从 $4 \sim 16$ 时的温度变化曲线近似满足函数 $y=10 \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)+20, x \in[4,16]$.

(1)求该地区这一段时间内温度的最大温差;

(2)若有一种细菌在 $15^{\circ} \mathrm{C}$ 到 $25^{\circ} \mathrm{C}$ 之间可以生存, 则在这段时间内, 该细菌最多能存活多长时间?
选项：
答案：(1)由函数易知，当 $x=14$ 时，函数取得最大值，此时最高温度为 $30{ }^{\circ} \mathrm{C}$ ，当 $x=6$ 时，函数取得最小值，此时最低温度为 $10{ }^{\circ} \mathrm{C}$ ，所以最大温差为 $30-10=20$

(2)令 $10 \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)+20=15$ ，得 $\sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)=-\frac{1}{2}$ ，

因为 $x \in[4,16]$ ，所以 $x=\frac{26}{3}$

令 $10 \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)+20=25$ ，得 $\sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)=\frac{1}{2}$

因为 $x \in[4,16]$ ，所以 $x=\frac{34}{3}$

故该细菌能存活的最长时间为 $\frac{34}{3}-\frac{26}{3}=\frac{8}{3}$ (小时).
解析：解析: (1)由函数易知，当 $x=14$ 时，函数取得最大值，此时最高温度为 $30{ }^{\circ} \mathrm{C}$ ，当 $x=6$ 时，函数取得最小值，此时最低温度为 $10{ }^{\circ} \mathrm{C}$ ，所以最大温差为 $30-10=20$

(2)令 $10 \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)+20=15$ ，得 $\sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)=-\frac{1}{2}$ ，

因为 $x \in[4,16]$ ，所以 $x=\frac{26}{3}$

令 $10 \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)+20=25$ ，得 $\sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)=\frac{1}{2}$

因为 $x \in[4,16]$ ，所以 $x=\frac{34}{3}$

故该细菌能存活的最长时间为 $\frac{34}{3}-\frac{26}{3}=\frac{8}{3}$ (小时).
题目（高二 · 解析几何）：11. 在 $\triangle A B C$ 中, 求证: $\frac{a-c \cos B}{b-c \cos A}=\frac{\sin B}{\sin A}$.
选项：
答案：因为在 $\triangle A B C$ 中, $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R$,

所以左边 $=\frac{2 R \sin A-2 R \sin C \cos B}{2 R \sin B-2 R \sin C \cos A}$

$=\frac{\sin (B+C)-\sin C \cos B}{\sin (A+C)-\sin C \cos A}=\frac{\sin B \cos C}{\sin A \cos C}=\frac{\sin B}{\sin A}=$ 右边.

所以等式成立, 即 $\frac{a-c \cos B}{b-c \cos A}=\frac{\sin B}{\sin A}$.
解析：因为在 $\triangle A B C$ 中, $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R$,

所以左边 $=\frac{2 R \sin A-2 R \sin C \cos B}{2 R \sin B-2 R \sin C \cos A}$

$=\frac{\sin (B+C)-\sin C \cos B}{\sin (A+C)-\sin C \cos A}=\frac{\sin B \cos C}{\sin A \cos C}=\frac{\sin B}{\sin A}=$ 右边.

所以等式成立, 即 $\frac{a-c \cos B}{b-c \cos A}=\frac{\sin B}{\sin A}$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $a^{2} \tan B=b^{2} \tan A$, 试判断 $\triangle A B C$ 的形状.
选项：
答案：设三角形外接圆半径为 $R$, 则 $a^{2} \tan B=b^{2} \tan A$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2} \sin B}{\cos B}=\frac{b^{2} \sin A}{\cos A}$

$\Leftrightarrow \frac{4 R^{2} \sin ^{2} A \sin B}{\cos B}=\frac{4 R^{2} \sin ^{2} B \sin A}{\cos A}$

$\Leftrightarrow \sin A \cos A=\sin B \cos B$

$\Leftrightarrow \sin 2 A=\sin 2 B$

$\Leftrightarrow 2 A=2 B$ 或 $2 A+2 B=\pi$

$\Leftrightarrow A=B$ 或 $A+B=\frac{\pi}{2}$.

$\therefore \triangle A B C$ 为等腰三角形或直角三角形.
解析：设三角形外接圆半径为 $R$, 则 $a^{2} \tan B=b^{2} \tan A$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2} \sin B}{\cos B}=\frac{b^{2} \sin A}{\cos A}$

$\Leftrightarrow \frac{4 R^{2} \sin ^{2} A \sin B}{\cos B}=\frac{4 R^{2} \sin ^{2} B \sin A}{\cos A}$

$\Leftrightarrow \sin A \cos A=\sin B \cos B$

$\Leftrightarrow \sin 2 A=\sin 2 B$

$\Leftrightarrow 2 A=2 B$ 或 $2 A+2 B=\pi$

$\Leftrightarrow A=B$ 或 $A+B=\frac{\pi}{2}$.

$\therefore \triangle A B C$ 为等腰三角形或直角三角形.
题目（高二 · 解析几何）：14. 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别是三个内角 $A, B, C$ 的对边, 若 $a=2, C=\frac{\pi}{4}$,

$\cos \frac{B}{2}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 求 $\triangle A B C$ 的面积 $S$.
选项：
答案：$\cos B=2 \cos ^{2} \frac{B}{2}-1=\frac{3}{5}$,

故 $B$ 为锐角, $\sin B=\frac{4}{5}$.
所以 $\sin A=\sin (\pi-B-C)=\sin \left(\frac{3 \pi}{4}-B\right)=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$.

由正弦定理得 $c=\frac{a \sin C}{\sin A}=\frac{10}{7}$,

所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 2 \times \frac{10}{7} \times \frac{4}{5}=\frac{8}{7}$.
解析：$\cos B=2 \cos ^{2} \frac{B}{2}-1=\frac{3}{5}$,

故 $B$ 为锐角, $\sin B=\frac{4}{5}$.
所以 $\sin A=\sin (\pi-B-C)=\sin \left(\frac{3 \pi}{4}-B\right)=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$.

由正弦定理得 $c=\frac{a \sin C}{\sin A}=\frac{10}{7}$,

所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 2 \times \frac{10}{7} \times \frac{4}{5}=\frac{8}{7}$.哈哈
题目（高二 · 解析几何）：15. 化简 $\frac{1}{\cos \alpha} \cdot \sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}+\tan \alpha \cdot \sqrt{\frac{1}{\sin ^{2} \alpha}-1}$ (其中 $\alpha$ 为第四象限角)
选项：
答案：设角 $\alpha$ 的终边与单位圆的交点为 $P(x, y)$, 则有 $x^{2}+y^{2}=1$.

由三角函数的定义, 得

$\frac{1}{\cos \alpha} \cdot \sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}+\tan \alpha \cdot \sqrt{\frac{1}{\sin ^{2} \alpha}-1}$

$=\frac{1}{x} \cdot \sqrt{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}+\frac{y}{x} \cdot \sqrt{\frac{1}{y^{2}}-1}$

$=\frac{1}{x} \cdot \sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}}}+\frac{y}{x} \cdot \sqrt{\frac{1-y^{2}}{y^{2}}}=\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{|x|}+\frac{y}{x} \cdot \frac{|x|}{|y|}$.

$\because \alpha$ 为第四象限角, $\therefore x>0, y<0$,

$\therefore$ 原式 $=\frac{1}{x^{2}}-1=\frac{1-x^{2}}{x^{2}}=\left(\frac{y}{x}\right)^{2}=\tan ^{2} \alpha$
解析：设角 $\alpha$ 的终边与单位圆的交点为 $P(x, y)$, 则有 $x^{2}+y^{2}=1$.

由三角函数的定义, 得

$\frac{1}{\cos \alpha} \cdot \sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}+\tan \alpha \cdot \sqrt{\frac{1}{\sin ^{2} \alpha}-1}$

$=\frac{1}{x} \cdot \sqrt{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}+\frac{y}{x} \cdot \sqrt{\frac{1}{y^{2}}-1}$

$=\frac{1}{x} \cdot \sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}}}+\frac{y}{x} \cdot \sqrt{\frac{1-y^{2}}{y^{2}}}=\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{|x|}+\frac{y}{x} \cdot \frac{|x|}{|y|}$.

$\because \alpha$ 为第四象限角, $\therefore x>0, y<0$,

$\therefore$ 原式 $=\frac{1}{x^{2}}-1=\frac{1-x^{2}}{x^{2}}=\left(\frac{y}{x}\right)^{2}=\tan ^{2} \alpha$.
题目（高二 · 解析几何）：15. 如图, 已知三点 $O, A, B$ 不共线, 且 $\overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O D}=3 \overrightarrow{O B}$, 设 $\overrightarrow{O A}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{O B}=\boldsymbol{b}$.

(1)试用 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 表示向量 $\overrightarrow{O E}$;

(2)设线段 $A B, O E, C D$ 的中点分别为 $L, M, N$, 试证明: $L, M, N$ 三点共线.


选项：
答案：(1) $\because B, E, C$ 三点共线，

$\therefore \overrightarrow{O E}=x \overrightarrow{O C}+(1-x) \overrightarrow{O B}=2 x \boldsymbol{a}+(1-x) \boldsymbol{b}$. (1)
同理， $\because A, E, D$ 三点共线， $\therefore \overrightarrow{O E}=y \boldsymbol{a}+3(1-y) \boldsymbol{b}$.(2)

比较(1)(2)，得 $\left\{\begin{array}{l}2 x=y ， \\ 1-x=3(1-y) ，\end{array}\right.$

解得 $x=\frac{2}{5} ｙ=\frac{4}{5} ， \therefore \overrightarrow{O E}=\frac{4}{5} a+\frac{3}{5} \boldsymbol{b}$.

(2)证明: $\because \overrightarrow{O L}=\frac{\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}}{2}, \overrightarrow{O M}=\frac{1}{2} \overrightarrow{O E}=\frac{4 \boldsymbol{a}+3 \boldsymbol{b}}{10}, \overrightarrow{O N}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})=\frac{2 \boldsymbol{a}+3 \boldsymbol{b}}{2}, \therefore \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{O N}-\overrightarrow{O M}$ $=\frac{6 \boldsymbol{a}+12 \boldsymbol{b}}{10}, \overrightarrow{M L}=\overrightarrow{O L}-\overrightarrow{O M}=\frac{\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}}{10}$,

$\therefore \overrightarrow{M N}=6 \overrightarrow{M L}$,

又 $\overrightarrow{M N}$ 与 $\overrightarrow{M L}$ 有公共点 $M$ ，

$\therefore L, M, N$ 三点共线.
解析：(1) $\because B, E, C$ 三点共线，

$\therefore \overrightarrow{O E}=x \overrightarrow{O C}+(1-x) \overrightarrow{O B}=2 x \boldsymbol{a}+(1-x) \boldsymbol{b}$. (1)
同理， $\because A, E, D$ 三点共线， $\therefore \overrightarrow{O E}=y \boldsymbol{a}+3(1-y) \boldsymbol{b}$.(2)

比较(1)(2)，得 $\left\{\begin{array}{l}2 x=y ， \\ 1-x=3(1-y) ，\end{array}\right.$

解得 $x=\frac{2}{5} ｙ=\frac{4}{5} ， \therefore \overrightarrow{O E}=\frac{4}{5} a+\frac{3}{5} \boldsymbol{b}$.

(2)证明: $\because \overrightarrow{O L}=\frac{\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}}{2}, \overrightarrow{O M}=\frac{1}{2} \overrightarrow{O E}=\frac{4 \boldsymbol{a}+3 \boldsymbol{b}}{10}, \overrightarrow{O N}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})=\frac{2 \boldsymbol{a}+3 \boldsymbol{b}}{2}, \therefore \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{O N}-\overrightarrow{O M}$ $=\frac{6 \boldsymbol{a}+12 \boldsymbol{b}}{10}, \overrightarrow{M L}=\overrightarrow{O L}-\overrightarrow{O M}=\frac{\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}}{10}$,

$\therefore \overrightarrow{M N}=6 \overrightarrow{M L}$,

又 $\overrightarrow{M N}$ 与 $\overrightarrow{M L}$ 有公共点 $M$ ，

$\therefore L, M, N$ 三点共线.
题目（高二 · 解析几何）：14. 已知 $O(0,0), A(1,2), B(4,5)$ 及 $\overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+t \overrightarrow{A B}$, 则:

(1) $t$ 为何值时, $P$ 在 $x$ 轴上? $P$ 在 $y$ 轴上?

(2)四边形 $O A B P$ 能否成为平行四边形? 若能, 求出相应的 $t$ 值; 若不能, 请说明理由.
选项：
答案：(1) $\overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+t \overrightarrow{A B}=(1+3 t, 2+3 t)$ ，
若 $P$ 在 $x$ 轴上，则 $2+3 t=0 ， \therefore t=-\frac{2}{3}$; 若 $P$ 在 $y$ 轴上，则 $1+3 t=0 ， \therefore t=-\frac{1}{3}$.

(2)不能. 由题意知 $\overrightarrow{O A}=(1,2), \overrightarrow{P B}=(3-3 t, 3-3 t)$.

若四边形 $O A B P$ 为平行四边形，则 $\overrightarrow{O A}=\overrightarrow{P B}$.

$\because\left\{\begin{array}{l}3-3 t=1  \\{3-3 t=2} \end{array} \text { 无解， } \therefore \text { 四边形 } O A B P \text { 不能成为平行四边形. }\end{array}\right.$
解析：(1) $\overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+t \overrightarrow{A B}=(1+3 t, 2+3 t)$ ，
若 $P$ 在 $x$ 轴上，则 $2+3 t=0 ， \therefore t=-\frac{2}{3}$; 若 $P$ 在 $y$ 轴上，则 $1+3 t=0 ， \therefore t=-\frac{1}{3}$.

(2)不能. 由题意知 $\overrightarrow{O A}=(1,2), \overrightarrow{P B}=(3-3 t, 3-3 t)$.

若四边形 $O A B P$ 为平行四边形，则 $\overrightarrow{O A}=\overrightarrow{P B}$.

$\because\left\{\begin{array}{l}3-3 t=1  \\{3-3 t=2} \end{array} \text { 无解， } \therefore \text { 四边形 } O A B P \text { 不能成为平行四边形. }\end{array}\right.$
题目（高二 · 解析几何）：11. 已知点 $A(3,-4)$ 与点 $B(-1,2)$, 点 $P$ 在直线 $A B$ 上, 且 $|\overrightarrow{A P}|=2|\overrightarrow{P B}|$, 则点 $P$ 的坐标为
选项：
答案：设 $P(x, y)$ ，则由 $|\overrightarrow{A P}|=2|\overrightarrow{P B}|$ ，得 $\overrightarrow{A P}=2 \overrightarrow{P B}$ 或 $\overrightarrow{A P}=-2 \overrightarrow{P B}$.

若 $\overrightarrow{A P}=2 \overrightarrow{P B}$ ，则 $(x-3, y+4)=2(-1-x, 2-y)$.

所以 $\left\{\begin{array}{l}x-3=-2-2 x ， \\ y+4=4-2 y ，\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{3} ｝ \\{y=0 ，} \end{array} \text { 故 } P\left(\frac{1}{3} ， 0\right) \text {. }\end{array}\right.$
若 $\overrightarrow{A P}=-2 \overrightarrow{P B}$ ，同理可解得 $\left\{\begin{array}{l}x=-5 ， \\ y=8 ，\end{array}\right.$ 故 $P(-5 ， 8)$.

综上，点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{3} ， 0\right)$ 或 $(-5 ， 8)$.

答案: $\left(\frac{1}{3}, 0\right)$ 或 $(-5,8)$
解析：设 $P(x, y)$ ，则由 $|\overrightarrow{A P}|=2|\overrightarrow{P B}|$ ，得 $\overrightarrow{A P}=2 \overrightarrow{P B}$ 或 $\overrightarrow{A P}=-2 \overrightarrow{P B}$.

若 $\overrightarrow{A P}=2 \overrightarrow{P B}$ ，则 $(x-3, y+4)=2(-1-x, 2-y)$.

所以 $\left\{\begin{array}{l}x-3=-2-2 x ， \\ y+4=4-2 y ，\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{3} ｝ \\{y=0 ，} \end{array} \text { 故 } P\left(\frac{1}{3} ， 0\right) \text {. }\end{array}\right.$
若 $\overrightarrow{A P}=-2 \overrightarrow{P B}$ ，同理可解得 $\left\{\begin{array}{l}x=-5 ， \\ y=8 ，\end{array}\right.$ 故 $P(-5 ， 8)$.

综上，点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{3} ， 0\right)$ 或 $(-5 ， 8)$.

答案: $\left(\frac{1}{3}, 0\right)$ 或 $(-5,8)$
题目（高二 · 解析几何）：12. 平面上有 $A(2,-1), B(1,4), D(4,-3)$ 三点, 点 $C$ 在直线 $A B$ 上, 且 $\overrightarrow{A C}=\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}$, 连接 $D C$ 并延长至点 $E$, 使 $|\overrightarrow{C E}|=\frac{1}{4}|\overrightarrow{E D}|$, 则点 $E$ 的坐标为
选项：
答案：$\left(\frac{8}{3},-7\right)$
解析：$\because \overrightarrow{A C}=\frac{1}{2} \overrightarrow{B C} ， \therefore \overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O B})$.

$\therefore \overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O B}=(3,-6), \therefore$ 点 $C$ 的坐标为 $(3,-6)$.

又 $\because|\overrightarrow{C E}|=\frac{1}{4}|\overrightarrow{E D}|$ ，且 $E$ 在 $D C$ 的延长线上， $\therefore \overrightarrow{C E}=-\frac{1}{4} \overrightarrow{E D}$.

设 $E(x, y)$ ，则 $(x-3, y+6)=-\frac{1}{4}(4-x,-3-y)$ ，



$\therefore$ 点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{8}{3} ，-7\right)$.

答案: $\left(\frac{8}{3},-7\right)$
题目（高二 · 解析几何）：8. 已知 $\boldsymbol{a}=(1,0), \boldsymbol{b}=(2,1)$.

(1)当 $k$ 为何值时, $k \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ 共线;

(2)若 $\overrightarrow{A B}=2 \boldsymbol{a}+3 \boldsymbol{b}, \overrightarrow{B C}=\boldsymbol{a}+m \boldsymbol{b}$, 且 $A, B, C$ 三点共线, 求 $m$ 的值.
选项：
答案：$(1) \because \boldsymbol{a}=(1,0), \boldsymbol{b}=(2,1), \therefore k \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=k(1,0)-(2,1)=(k-2 ，-1), \boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}=(1$ ， $0)+2(2,1)=(5,2)$.

$\because k a-b$ 与 $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ 共线，

$\therefore 2(k-2)-(-1) \times 5=0$,

$\therefore k=-\frac{1}{2}$.

$(2) \overrightarrow{A B}=2(1,0)+3(2,1)=(8,3)$,

$\overrightarrow{B C}=(1,0)+m(2,1)=(2 m+1, m)$.

$\because A, B, C$ 三点共线， $\therefore \overrightarrow{A B} / / \overrightarrow{B C}$ ，

$\therefore 8 m-3(2 m+1)=0, \quad \therefore m=\frac{3}{2}$.
解析：$(1) \because \boldsymbol{a}=(1,0), \boldsymbol{b}=(2,1), \therefore k \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=k(1,0)-(2,1)=(k-2 ，-1), \boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}=(1$ ， $0)+2(2,1)=(5,2)$.

$\because k a-b$ 与 $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ 共线，

$\therefore 2(k-2)-(-1) \times 5=0$,

$\therefore k=-\frac{1}{2}$.

$(2) \overrightarrow{A B}=2(1,0)+3(2,1)=(8,3)$,

$\overrightarrow{B C}=(1,0)+m(2,1)=(2 m+1, m)$.

$\because A, B, C$ 三点共线， $\therefore \overrightarrow{A B} / / \overrightarrow{B C}$ ，

$\therefore 8 m-3(2 m+1)=0, \quad \therefore m=\frac{3}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知单位向量 $\boldsymbol{e}_{1}$ 与 $\boldsymbol{e}_{2}$ 的夹角为 $\alpha$, 且 $\cos \alpha=\frac{1}{3}$, 向量 $\boldsymbol{a}=3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $\boldsymbol{b}=3 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}$ 的夹角为 $\beta$, 求 $\beta$ 的余弦值.
选项：
答案：因为 $\boldsymbol{a}^{2}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right)^{2}=9-2 \times 3 \times 2 \times \cos \alpha+4=9$ ，所以 $|\boldsymbol{a}|=3 ， \boldsymbol{b}^{2}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}\right)^{2}=9-$ $2 \times 3 \times 1 \times \cos \alpha+1=8$ ，所以 $|\boldsymbol{b}|=2 \sqrt{2}, \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right) \cdot\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}\right)=9 \boldsymbol{e}_{1}^{2}-9 \boldsymbol{e}_{1} \cdot \boldsymbol{e}_{2}+2 \boldsymbol{e}_{2}^{2}=9-$ $9 \times 1 \times 1 \times \frac{1}{3}+2=8$ ，所以 $\cos \beta=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}| \cdot|\boldsymbol{b}|}=\frac{8}{3 \times 2 \sqrt{2}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$.
解析：因为 $\boldsymbol{a}^{2}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right)^{2}=9-2 \times 3 \times 2 \times \cos \alpha+4=9$ ，所以 $|\boldsymbol{a}|=3 ， \boldsymbol{b}^{2}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}\right)^{2}=9-$ $2 \times 3 \times 1 \times \cos \alpha+1=8$ ，所以 $|\boldsymbol{b}|=2 \sqrt{2}, \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right) \cdot\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}\right)=9 \boldsymbol{e}_{1}^{2}-9 \boldsymbol{e}_{1} \cdot \boldsymbol{e}_{2}+2 \boldsymbol{e}_{2}^{2}=9-$ $9 \times 1 \times 1 \times \frac{1}{3}+2=8$ ，所以 $\cos \beta=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}| \cdot|\boldsymbol{b}|}=\frac{8}{3 \times 2 \sqrt{2}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：15. 已知 $|\boldsymbol{a}|=4,|\boldsymbol{b}|=3,(2 \boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}) \cdot(2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=61$.

(1)求 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角 $\theta$;

(2)求 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|$.
选项：
答案：(1) $\because(2 \boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}) \cdot(2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=61$ ，

$\therefore 4|\boldsymbol{a}|^{2}-4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-3|\boldsymbol{b}|^{2}=61$.

又 $\because|\boldsymbol{a}|=4 ，|\boldsymbol{b}|=3 ， \therefore 64-4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-27=61$ ，

$\therefore \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=-6$,

$\therefore \cos \theta=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}=\frac{-6}{4 \times 3}=-\frac{1}{2}$.

又 $\because 0 \leqslant \theta \leqslant \pi ， \therefore \theta=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|^{2}=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})^{2}=|\boldsymbol{a}|^{2}+2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+|\boldsymbol{b}|^{2}$

$=4^{2}+2 \times(-6)+3^{2}=13, \therefore|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{13}$.
解析：(1) $\because(2 \boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}) \cdot(2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=61$ ，

$\therefore 4|\boldsymbol{a}|^{2}-4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-3|\boldsymbol{b}|^{2}=61$.

又 $\because|\boldsymbol{a}|=4 ，|\boldsymbol{b}|=3 ， \therefore 64-4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-27=61$ ，

$\therefore \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=-6$,

$\therefore \cos \theta=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}=\frac{-6}{4 \times 3}=-\frac{1}{2}$.

又 $\because 0 \leqslant \theta \leqslant \pi ， \therefore \theta=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|^{2}=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})^{2}=|\boldsymbol{a}|^{2}+2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+|\boldsymbol{b}|^{2}$

$=4^{2}+2 \times(-6)+3^{2}=13, \therefore|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{13}$.