eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：23. 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 所对的边长, $a=\sqrt{3}, b=\sqrt{2}$, $1+2 \cos (B+C)=0$, 求边 $B C$ 上的高.
选项：
答案：由 $1+2 \cos (B+C)=0$ 和 $B+C=\pi-A$, 得 $1-2 \cos A=0, \cos A=\frac{1}{2}, \sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
再由正弦定理，得 $\sin B=\frac{b \sin A}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

由 $b<a$ 知 $B<A$, 所以 $B$ 不是最大角 $B<\frac{\pi}{2}$, 从而 $\cos B=\sqrt{1-\sin B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

由上述结果知 $\sin C=\sin (A+B)=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\right)$. 设边 $B C$ 上的高为 $h$, 则有 $h=b \sin C=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$.
解析：由 $1+2 \cos (B+C)=0$ 和 $B+C=\pi-A$, 得 $1-2 \cos A=0, \cos A=\frac{1}{2}, \sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
再由正弦定理，得 $\sin B=\frac{b \sin A}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

由 $b<a$ 知 $B<A$, 所以 $B$ 不是最大角 $B<\frac{\pi}{2}$, 从而 $\cos B=\sqrt{1-\sin B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

由上述结果知 $\sin C=\sin (A+B)=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\right)$. 设边 $B C$ 上的高为 $h$, 则有 $h=b \sin C=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：24. $\triangle A B C$ 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) 由题设及正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$.

因为 $\sin A \neq 0$, 所以 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$.

由 $A+B+C=180^{\circ}$, 可得 $\sin \frac{A+C}{2}=\cos \frac{B}{2}$ ，故 $\cos \frac{B}{2}=2 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{B}{2}$.

因为 $\cos \frac{B}{2} \neq 0$, 故 $\sin \frac{B}{2}=\frac{1}{2}$, 因此 $B=60^{\circ}$.

（2）由题设及（1）知 $\triangle A B C$ 的面积 $S_{\triangle A B C}=\frac{\sqrt{3}}{4} a$.

由正弦定理得 $a=\frac{c \sin A}{\sin C}=\frac{\sin \left(120^{\circ}-C\right)}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{2 \tan C}+\frac{1}{2}$.

由于 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 故 $0^{\circ}<A<90^{\circ}, 0^{\circ}<C<90^{\circ}$, 由(1) 知 $A+C=120^{\circ}$, 所以 $30^{\circ}<C<90^{\circ}$, 故 $\frac{1}{2}<a<2$, 从而 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$.

因此, $\triangle A B C$ 面积的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
解析：(1) 由题设及正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$.

因为 $\sin A \neq 0$, 所以 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$.

由 $A+B+C=180^{\circ}$, 可得 $\sin \frac{A+C}{2}=\cos \frac{B}{2}$ ，故 $\cos \frac{B}{2}=2 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{B}{2}$.

因为 $\cos \frac{B}{2} \neq 0$, 故 $\sin \frac{B}{2}=\frac{1}{2}$, 因此 $B=60^{\circ}$.

（2）由题设及（1）知 $\triangle A B C$ 的面积 $S_{\triangle A B C}=\frac{\sqrt{3}}{4} a$.

由正弦定理得 $a=\frac{c \sin A}{\sin C}=\frac{\sin \left(120^{\circ}-C\right)}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{2 \tan C}+\frac{1}{2}$.

由于 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 故 $0^{\circ}<A<90^{\circ}, 0^{\circ}<C<90^{\circ}$, 由(1) 知 $A+C=120^{\circ}$, 所以 $30^{\circ}<C<90^{\circ}$, 故 $\frac{1}{2}<a<2$, 从而 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$.

因此, $\triangle A B C$ 面积的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：22.【2019 年高考全国 I 卷理数】 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 设 $(\sin B-\sin C)^{2}=\sin ^{2} A-\sin B \sin C$.

(1) 求 $A$;

(2) 若 $\sqrt{2} a+b=2 c$, 求 $\sin C$.
选项：
答案：(1) $A=60^{\circ}$; (2) $\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
解析：(1) 由已知得 $\sin ^{2} B+\sin ^{2} C-\sin ^{2} A=\sin B \sin C$, 故由正弦定理得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$.由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$.

因为 $0^{\circ}<A<180^{\circ}$, 所以 $A=60^{\circ}$.

(2) 由 (1) 知 $B=120^{\circ}-C$, 由题设及正弦定理得 $\sqrt{2} \sin A+\sin \left(120^{\circ}-C\right)=2 \sin C$,即 $\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$, 可得 $\cos \left(C+60^{\circ}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.
由于 $0^{\circ}<C<120^{\circ}$, 所以 $\sin \left(C+60^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 故

$\sin C=\sin \left(C+60^{\circ}-60^{\circ}\right)=\sin \left(C+60^{\circ}\right) \cos 60^{\circ}-\cos \left(C+60^{\circ}\right) \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.

【名师点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题, 涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用, 解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简, 得到余弦定理的形式或角之间的关系.
题目（高二 · 解析几何）：23.【2019 年高考全国III卷理数】 $\triangle A B C$ 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) $B=60^{\circ}$;
(2) $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
解析：(1) 由题设及正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$.

因为 $\sin A \neq 0$, 所以 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$.

由 $A+B+C=180^{\circ}$, 可得 $\sin \frac{A+C}{2}=\cos \frac{B}{2}$, 故 $\cos \frac{B}{2}=2 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{B}{2}$.

因为 $\cos \frac{B}{2} \neq 0$, 故 $\sin \frac{B}{2}=\frac{1}{2}$, 因此 $B=60^{\circ}$.

(2) 由题设及 (1) 知 $\triangle A B C$ 的面积 $S_{\triangle A B C}=\frac{\sqrt{3}}{4} a$. 由正弦定理得 $a=\frac{c \sin A}{\sin C}=\frac{\sin \left(120^{\circ}-C\right)}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{2 \tan C}+\frac{1}{2}$.

由于 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 故 $0^{\circ}<A<90^{\circ}, 0^{\circ}<C<90^{\circ}$, 由 (1) 知 $A+C=120^{\circ}$, 所以 $30^{\circ}<C<90^{\circ}$,

故 $\frac{1}{2}<a<2$, 从而 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$.

因此, $\triangle A B C$ 面积的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识, 以及正弦定理的使用(此题也可以用余弦定理求解),最后考查 $\triangle A B C$ 是锐角三角形这个条件的利用, 考查的很全面, 是一道很好的考题.
题目（高二 · 解析几何）：24. 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $2(\tan A+\tan B)=\frac{\tan A}{\cos B}+\frac{\tan B}{\cos A}$.

(I) 证明: $a+b=2 c$;

(II) 求 $\cos C$ 的最小值.
选项：
答案：( I ) 由 $2(\tan A+\tan B)=\frac{\tan A}{\cos B}+\frac{\tan B}{\cos A}$ 得 $2 \times \frac{\sin C}{\cos A \cos B}=\frac{\sin A}{\cos A \cos B}+\frac{\sin B}{\cos A \cos B}$,所以 $2 \sin C=\sin B+\sin C$, 由正弦定理, 得 $a+b=2 c$.

( II) 由 $\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{(a+b)^{2}-2 a b-c^{2}}{2 a b}=\frac{3 c^{2}}{2 a b}-1 \geqslant \frac{3 c^{2}}{2\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}}-1=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$.所以 $\cos C$ 的最小值为 $\frac{1}{2}$.
解析：( I ) 由 $2(\tan A+\tan B)=\frac{\tan A}{\cos B}+\frac{\tan B}{\cos A}$ 得 $2 \times \frac{\sin C}{\cos A \cos B}=\frac{\sin A}{\cos A \cos B}+\frac{\sin B}{\cos A \cos B}$,所以 $2 \sin C=\sin B+\sin C$, 由正弦定理, 得 $a+b=2 c$.

( II) 由 $\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{(a+b)^{2}-2 a b-c^{2}}{2 a b}=\frac{3 c^{2}}{2 a b}-1 \geqslant \frac{3 c^{2}}{2\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}}-1=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$.所以 $\cos C$ 的最小值为 $\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：25. (2017 新课标 I) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{a^{2}}{3 \sin A}$

(1)求 $\sin B \sin C$;

(2)若 $6 \cos B \cos C=1, a=3$, 求 $\triangle A B C$ 的周长.
选项：
答案：(1) 由题设得 $\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{a^{2}}{3 \sin A}$, 即 $\frac{1}{2} c \sin B=\frac{a}{3 \sin A}$由正弦定理得 $\frac{1}{2} \sin C \sin B=\frac{\sin A}{3 \sin A}$. 故 $\sin B \sin C=\frac{2}{3}$.

(2) 由题设及 (1) 得 $\cos (B+C)=\cos B \cos C-\sin B \sin C=\frac{1}{6}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}$所以 $B+C=\frac{2 \pi}{3}$, 故 $A=\frac{\pi}{3}$. 由题设得 $\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{a^{2}}{3 \sin A}$, 即 $b c=8$.

由余弦定理得 $b^{2}+c^{2}-b c=9$, 即 $(b+c)^{2}-3 b c=9$, 得 $b+c=\sqrt{33}$.

故 $\triangle A B C$ 的周长为 $3+\sqrt{33}$.
解析：(1) 由题设得 $\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{a^{2}}{3 \sin A}$, 即 $\frac{1}{2} c \sin B=\frac{a}{3 \sin A}$由正弦定理得 $\frac{1}{2} \sin C \sin B=\frac{\sin A}{3 \sin A}$. 故 $\sin B \sin C=\frac{2}{3}$.

(2) 由题设及 (1) 得 $\cos (B+C)=\cos B \cos C-\sin B \sin C=\frac{1}{6}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}$所以 $B+C=\frac{2 \pi}{3}$, 故 $A=\frac{\pi}{3}$. 由题设得 $\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{a^{2}}{3 \sin A}$, 即 $b c=8$.

由余弦定理得 $b^{2}+c^{2}-b c=9$, 即 $(b+c)^{2}-3 b c=9$, 得 $b+c=\sqrt{33}$.

故 $\triangle A B C$ 的周长为 $3+\sqrt{33}$.
题目（高二 · 解析几何）：26. (2017 新课标III) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$,

已知 $\sin A+\sqrt{3} \cos A=0, a=2 \sqrt{7}, b=2$.

(1)求 $C$;

(2)设 $D$ 为 $B C$ 边上一点, 且 $A D \perp A C$, 求 $\triangle A B D$ 的面积.
选项：
答案：(1) 由已知得 $\tan A=-\sqrt{3}$, 所以 $A=\frac{2 \pi}{3}$.

在 $\triangle A B C$ 中, 由余弦定理得 $28=4+c^{2}-4 c \cos \frac{2 \pi}{3}$, 即 $c^{2}+2 c-24=0$.

解得 $c=-6$ (舍去), $c=4$

(2) 有题设可得 $\angle C A D=\frac{\pi}{2}$, 所以 $\angle B A D=\angle B A C-\angle C A D=\frac{\pi}{6}$.

故 $\triangle A B D$ 面积与 $\triangle A C D$ 面积的比值为 $\frac{\frac{1}{2} A B \cdot A D \cdot \sin \frac{\pi}{6}}{\frac{1}{2} A C \cdot A D}=1$.

又 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times 4 \times 2 \sin \angle B A C=2 \sqrt{3}$, 所以 $\triangle A B D$ 的面积为 $\sqrt{3}$.
解析：(1) 由已知得 $\tan A=-\sqrt{3}$, 所以 $A=\frac{2 \pi}{3}$.

在 $\triangle A B C$ 中, 由余弦定理得 $28=4+c^{2}-4 c \cos \frac{2 \pi}{3}$, 即 $c^{2}+2 c-24=0$.

解得 $c=-6$ (舍去), $c=4$

(2) 有题设可得 $\angle C A D=\frac{\pi}{2}$, 所以 $\angle B A D=\angle B A C-\angle C A D=\frac{\pi}{6}$.

故 $\triangle A B D$ 面积与 $\triangle A C D$ 面积的比值为 $\frac{\frac{1}{2} A B \cdot A D \cdot \sin \frac{\pi}{6}}{\frac{1}{2} A C \cdot A D}=1$.

又 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times 4 \times 2 \sin \angle B A C=2 \sqrt{3}$, 所以 $\triangle A B D$ 的面积为 $\sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y+2 \geq 0 \\ 8 x-y-4 \leq 0 \\ x \geq 0, y \geq 0\end{array}\right.$, 若目标函数 $z=a b x+y(a>0, b>0)$ 的最大值为 8 , 则 $a+b$ 的

最小值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：4
解析：不等式表示的区域是一个四边形, 4 个顶点是 $(0,0),(0,2),\left(\frac{1}{2}, 0\right),(1,4)$, 易见目标函数在 $(1,4)$取

最大值 8 , 所以 $8=a b+4 \Rightarrow a b=4$, 所以 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}=4$,

在 $a=b=2$ 时是等号成立. 所以 $a+b$ 的最小值为 4 .
题目（高二 · 解析几何）：9. 若变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{c}y \leq x \\ x+y \leq 4 \\ y \geq k\end{array}\right.$, 且 $z=2 x+y$ 的最小值为 -6 , 则 $k=$
选项：
答案：-2
解析：画出可行域 (图略), 由题意可知不等式组表示的区域为一三角形, 平移参照直线 $2 x+y=0$,可知在点 $(k, k)$ 处 $z=2 x+y$ 取得最小值, 故 $z=2 k+k=-6$. 解得 $k=-2$.
题目（高二 · 解析几何）：19. (2019-北京高考模拟 (理)) 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$. 已知

$(2 a-c) \cos B=b \cos C$.

(1) 求 $\angle B$ 的大小;

(2) 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}, a+c=6$, 求 $\triangle A B C$ 的周长.
选项：
答案：(1) $60^{\circ}$; (2) $6+2 \sqrt{6}$.
解析：(1) $\triangle A B C$ 中, $(2 a-c) \cos B=b \cos C$,

由正弦定理可得 $(2 \sin A-\sin C) \cos B=\sin B \cos C$ ，

整理可得 $2 \sin A \cos B=\sin B \cos C+\cos B \sin C=\sin (B+C)=\sin A$,
又 $\mathrm{A}$ 为三角形内角, $\sin \mathrm{A}>0$, 所以 $\cos B=\frac{1}{2}$, 由 $\mathrm{B}$ 为三角形内角, 可得 $B=60^{\circ}$;

(2) 由 $\triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$, 即 $\frac{1}{2} a c \sin B=\sqrt{3}$, 所以 $a c=\frac{2 \sqrt{3}}{\sin 60^{\circ}}=4$, 又 $a+c=6$,

由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=(a+c)^{2}-2 a c-2 a c \cos 60^{\circ}=36-3 a c=36-3 \times 4=24$,

所以 $b=2 \sqrt{6}$, 所以 $\triangle A B C$ 的周长为 $a+b+c=6+2 \sqrt{6}$.
题目（高二 · 解析几何）：20. 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$. 已知 $a>b, a=5, c=6, \sin B=\frac{3}{5}$.

( I ) 求 $b$ 和 $\sin A$ 的值;

(II) 求 $\sin \left(2 A+\frac{\pi}{4}\right)$ 的值.
选项：
答案：(I) 在 $\triangle A B C$ 中, 因为 $a>b$, 故由 $\sin B=\frac{3}{5}$, 可得 $\cos B=\frac{4}{5}$.

由已知及余弦定理, 有 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=13$, 所以 $b=\sqrt{13}$.

由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $\sin A=\frac{a \sin B}{b}=\frac{3 \sqrt{13}}{13}$. 所以, $b$ 的值为 $\sqrt{13}, \sin A$ 的值为 $\frac{3 \sqrt{13}}{13}$.

(II) 由（I）及 $a<c$, 得 $\cos A=\frac{2 \sqrt{13}}{13}$, 所以 $\sin 2 A=2 \sin A \cos A=\frac{12}{13}$,

$\cos 2 A=1-2 \sin ^{2} A=-\frac{5}{13}$. 故 $\sin \left(2 A+\frac{\pi}{4}\right)=\sin 2 A \cos \frac{\pi}{4}+\cos 2 A \sin \frac{\pi}{4}=\frac{7 \sqrt{2}}{26}$
解析：(I) 在 $\triangle A B C$ 中, 因为 $a>b$, 故由 $\sin B=\frac{3}{5}$, 可得 $\cos B=\frac{4}{5}$.

由已知及余弦定理, 有 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=13$, 所以 $b=\sqrt{13}$.

由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $\sin A=\frac{a \sin B}{b}=\frac{3 \sqrt{13}}{13}$. 所以, $b$ 的值为 $\sqrt{13}, \sin A$ 的值为 $\frac{3 \sqrt{13}}{13}$.

(II) 由（I）及 $a<c$, 得 $\cos A=\frac{2 \sqrt{13}}{13}$, 所以 $\sin 2 A=2 \sin A \cos A=\frac{12}{13}$,

$\cos 2 A=1-2 \sin ^{2} A=-\frac{5}{13}$. 故 $\sin \left(2 A+\frac{\pi}{4}\right)=\sin 2 A \cos \frac{\pi}{4}+\cos 2 A \sin \frac{\pi}{4}=\frac{7 \sqrt{2}}{26}$
题目（高二 · 解析几何）：29. (2013 新课标 II ) $\triangle A B C$ 在内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a=b \cos C+c \sin B$.

(I) 求 $B$;

(II) 若 $b=2$, 求 $\triangle A B C$ 面积的最大值.
选项：
答案：( I) 因为 $a=b \cos C+c \sin B$, 所以由正弦定理得: $\sin A=\sin B \cos C+\sin C \sin B$,所以 $\sin (B+C)=\sin B \cos C+\sin C \sin B$,即 $\cos B \sin C=\sin C \sin B$, 因为 $\sin C \neq 0$, 所以 $\tan B=1$, 解得 $B=\frac{\pi}{4}$; ( II ) 由余弦定理得: $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos \frac{\pi}{4}$, 即 $4=a^{2}+c^{2}-\sqrt{2} a c$, 由不等式得: $a^{2}+c^{2} \geq 2 a c$,当且仅当 $a=c$ 时, 取等号, 所以 $4 \geq(2-\sqrt{2}) a c$, 解得 $a c \leq 4+2 \sqrt{2}$, 所以 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的面积为 $\frac{1}{2} a c \sin \frac{\pi}{4} \leq \frac{\sqrt{2}}{4} \times(4+2 \sqrt{2})=\sqrt{2}+1$, 所以 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $\sqrt{2}+1$.
解析：( I) 因为 $a=b \cos C+c \sin B$, 所以由正弦定理得: $\sin A=\sin B \cos C+\sin C \sin B$,所以 $\sin (B+C)=\sin B \cos C+\sin C \sin B$,即 $\cos B \sin C=\sin C \sin B$, 因为 $\sin C \neq 0$, 所以 $\tan B=1$, 解得 $B=\frac{\pi}{4}$; ( II ) 由余弦定理得: $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos \frac{\pi}{4}$, 即 $4=a^{2}+c^{2}-\sqrt{2} a c$, 由不等式得: $a^{2}+c^{2} \geq 2 a c$,当且仅当 $a=c$ 时, 取等号, 所以 $4 \geq(2-\sqrt{2}) a c$, 解得 $a c \leq 4+2 \sqrt{2}$, 所以 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的面积为 $\frac{1}{2} a c \sin \frac{\pi}{4} \leq \frac{\sqrt{2}}{4} \times(4+2 \sqrt{2})=\sqrt{2}+1$, 所以 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $\sqrt{2}+1$.
题目（高二 · 解析几何）：30.(2019 全国 I 理 17) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 设 $(\sin B-\sin C)^{2}=\sin ^{2} A-\sin B \sin C$.

(1) 求 $A$;

(2) 若 $\sqrt{2} a+b=2 c$, 求 $\sin c$.
选项：
答案：(1) 由已知得 $\sin ^{2} B+\sin ^{2} C-\sin ^{2} A=\sin B \sin C$, 故由正弦定理得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$.由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$. 因为 $0^{\circ}<A<180^{\circ}$, 所以 $A=60^{\circ}$.

(2) 由（1）知 $B=120^{\circ}-C$, 由题设及正弦定理得 $\sqrt{2} \sin A+\sin \left(120^{\circ}-C\right)=2 \sin C$,

即 $\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$, 可得 $\cos \left(C+60^{\circ}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

由于 $0^{\circ}<C<120^{\circ}$, 所以 $\sin \left(C+60^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 故 $\sin C=\sin \left(C+60^{\circ}-60^{\circ}\right)$

$=\sin \left(C+60^{\circ}\right) \cos 60^{\circ}-\cos \left(C+60^{\circ}\right) \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
解析：：(1) 由已知得 $\sin ^{2} B+\sin ^{2} C-\sin ^{2} A=\sin B \sin C$, 故由正弦定理得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$.由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$. 因为 $0^{\circ}<A<180^{\circ}$, 所以 $A=60^{\circ}$.

(2) 由（1）知 $B=120^{\circ}-C$, 由题设及正弦定理得 $\sqrt{2} \sin A+\sin \left(120^{\circ}-C\right)=2 \sin C$,

即 $\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$, 可得 $\cos \left(C+60^{\circ}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

由于 $0^{\circ}<C<120^{\circ}$, 所以 $\sin \left(C+60^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 故 $\sin C=\sin \left(C+60^{\circ}-60^{\circ}\right)$

$=\sin \left(C+60^{\circ}\right) \cos 60^{\circ}-\cos \left(C+60^{\circ}\right) \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：18. 已知函数 $y=2 \sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{6}\right)$.

(1)试用 “五点法” 画出它的图象;

(2)求它的振幅、周期和初相;

(3)根据图象写出它的单调递减区间.
选项：
答案：(1)令 $t=\frac{x}{2}+\frac{\pi}{6}$ ，列表如下:

描点连线并向左右两边分别扩展，得到如图所示的函数图象.

<ImageHere>

(2)振幅 $A=2$ ，周期 $T=4 \pi$ ，初相为 $\frac{\pi}{6}$.

(3)由图象得单调递减区间为 $\left[\frac{2 \pi}{3}+4 k \pi ， \frac{8 \pi}{3}+4 k \pi\right](k \in \mathbf{Z})$.
解析：(1)令 $t=\frac{x}{2}+\frac{\pi}{6}$ ，列表如下:

描点连线并向左右两边分别扩展，得到如图所示的函数图象.



(2)振幅 $A=2$ ，周期 $T=4 \pi$ ，初相为 $\frac{\pi}{6}$.

(3)由图象得单调递减区间为 $\left[\frac{2 \pi}{3}+4 k \pi ， \frac{8 \pi}{3}+4 k \pi\right](k \in \mathbf{Z})$.
题目（高二 · 解析几何）：19. 函数 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\omega x-\frac{\pi}{4}\right)(\omega>0)$ 的最小正周期为 $\pi$.

(1)求函数 $y=f(x)$ 图象的对称轴方程;

(2)讨论函数 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的单调性.
选项：
答案：$(1) \because f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\omega x-\frac{\pi}{4}\right)$ ，且 $T=\pi ， \therefore \omega=2$.

于是 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$. 令 $2 x-\frac{\pi}{4}=k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$,

得 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{3 \pi}{8}(k \in \mathbf{Z})$ ，即函数 $f(x)$ 图象的对称轴方程为 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{3 \pi}{8}(k \in \mathbf{Z})$.

(2)令 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{4} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$ ，得函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left[k \pi-\frac{\pi}{8} ， k \pi+\frac{3 \pi}{8}\right]$ $(k \in \mathbf{Z})$. 注意到 $x \in\left[0 ， \frac{\pi}{2}\right]$, 所以令 $k=0$ ，得函数 $f(x)$ 在 $\left[0 ， \frac{\pi}{2}\right]$ 上的单调递增区间为 $\left[0, \frac{3 \pi}{8}\right]$;同理，其单调递减区间为 $\left[\frac{3 \pi}{8} ， \frac{\pi}{2}\right]$.
解析：$(1) \because f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\omega x-\frac{\pi}{4}\right)$ ，且 $T=\pi ， \therefore \omega=2$.

于是 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$. 令 $2 x-\frac{\pi}{4}=k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$,

得 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{3 \pi}{8}(k \in \mathbf{Z})$ ，即函数 $f(x)$ 图象的对称轴方程为 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{3 \pi}{8}(k \in \mathbf{Z})$.

(2)令 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{4} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$ ，得函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left[k \pi-\frac{\pi}{8} ， k \pi+\frac{3 \pi}{8}\right]$ $(k \in \mathbf{Z})$. 注意到 $x \in\left[0 ， \frac{\pi}{2}\right]$, 所以令 $k=0$ ，得函数 $f(x)$ 在 $\left[0 ， \frac{\pi}{2}\right]$ 上的单调递增区间为 $\left[0, \frac{3 \pi}{8}\right]$;同理，其单调递减区间为 $\left[\frac{3 \pi}{8} ， \frac{\pi}{2}\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：20. 已知函数 $f(x)=\sqrt{3} \sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,-\frac{\pi}{2} \leqslant \varphi<\frac{\pi}{2}\right)$ 的图象关于直线 $x=\frac{\pi}{3}$ 对称, 且图象上相邻两个最高点的距离为 $\pi$.

(1)求 $\omega$ 和 $\varphi$ 的值;

(2)若 $f\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(\frac{\pi}{6}<\alpha<\frac{2 \pi}{3}\right)$, 求 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)$ 的值.
选项：
答案：(1) 因为 $f(x)$ 的图象上相邻两个最高点的距离为 $\pi$ ，所以 $f(x)$ 的最小正周期 $T=\pi$ ，从而 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=2$.

又 $f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{\pi}{3}$ 对称，

所以 $2 \times \frac{\pi}{3}+\varphi=k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$.

因为 $-\frac{\pi}{2} \leqslant \varphi<\frac{\pi}{2}$ ，所以 $k=0$ ，所以 $\varphi=\frac{\pi}{2}-\frac{2 \pi}{3}=-\frac{\pi}{6}$.

(2)由(1)得 $f\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\sqrt{3} \sin \left(2 \cdot \frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}$ ，

所以 $\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{4}$.
由 $\frac{\pi}{6}<\alpha<\frac{2 \pi}{3}$ ，得 $0<\alpha-\frac{\pi}{6}<\frac{\pi}{2}$ ，

所以 $\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{1-\sin ^{2}\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)}=\sqrt{1-\left(\frac{1}{4}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{4}$.

$\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)=\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{2}\right)=\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{15}}{4}$.
解析：(1) 因为 $f(x)$ 的图象上相邻两个最高点的距离为 $\pi$ ，所以 $f(x)$ 的最小正周期 $T=\pi$ ，从而 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=2$.

又 $f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{\pi}{3}$ 对称，

所以 $2 \times \frac{\pi}{3}+\varphi=k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$.

因为 $-\frac{\pi}{2} \leqslant \varphi<\frac{\pi}{2}$ ，所以 $k=0$ ，所以 $\varphi=\frac{\pi}{2}-\frac{2 \pi}{3}=-\frac{\pi}{6}$.

(2)由(1)得 $f\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\sqrt{3} \sin \left(2 \cdot \frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}$ ，

所以 $\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{4}$.
由 $\frac{\pi}{6}<\alpha<\frac{2 \pi}{3}$ ，得 $0<\alpha-\frac{\pi}{6}<\frac{\pi}{2}$ ，

所以 $\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{1-\sin ^{2}\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)}=\sqrt{1-\left(\frac{1}{4}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{4}$.

$\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)=\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{2}\right)=\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{15}}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：21. 是否存在实数 $a$, 使得函数 $y=\sin ^{2} x+a \cos x+\frac{5}{8} a-\frac{3}{2}$ 在闭区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的最大值是 1 ?若存在, 则求出对应的 $a$ 值; 若不存在, 则说明理由.
选项：
答案：存在.

$y=1-\cos ^{2} x+a \cos x+\frac{5}{8} a-\frac{3}{2}$

$=-\left(\cos x-\frac{a}{2}\right)^{2}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{5}{8} a-\frac{1}{2}$.

$\because 0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}, \quad \therefore 0 \leqslant \cos x \leqslant 1$.

若 $\stackrel{a}{2}>1$ ，即 $a>2$ ，

则当 $\cos x=1$ 时， $y_{\text {max }}=a+\frac{5}{8} a-\frac{3}{2}=1$ ，

解得 $a=\frac{20}{13}<2$ (舍去)；

若 $0 \leqslant \frac{a}{2} \leqslant 1$ ，即 $0 \leqslant a \leqslant 2$.

则当 $\cos x=\frac{a}{2}$ 时， $y_{\text {max }}=\frac{a^{2}}{4}+\frac{5}{8} a-\frac{1}{2}=1$.

解得 $a=\frac{3}{2}$ 或 $a=-4<0$ (舍去)；

若 $\frac{a}{2}<0$ ，即 $a<0$ ，则当 $\cos x=0$ 时， $y_{\text {max }}=\frac{5}{8} a-\frac{1}{2}=1$ ，

解得 $a=\frac{12}{5}>0$ (舍去).

综上所述，存在 $a=\frac{3}{2}$ 符合题设条件.
解析：存在.

$y=1-\cos ^{2} x+a \cos x+\frac{5}{8} a-\frac{3}{2}$

$=-\left(\cos x-\frac{a}{2}\right)^{2}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{5}{8} a-\frac{1}{2}$.

$\because 0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}, \quad \therefore 0 \leqslant \cos x \leqslant 1$.

若 $\stackrel{a}{2}>1$ ，即 $a>2$ ，

则当 $\cos x=1$ 时， $y_{\text {max }}=a+\frac{5}{8} a-\frac{3}{2}=1$ ，

解得 $a=\frac{20}{13}<2$ (舍去)；

若 $0 \leqslant \frac{a}{2} \leqslant 1$ ，即 $0 \leqslant a \leqslant 2$.

则当 $\cos x=\frac{a}{2}$ 时， $y_{\text {max }}=\frac{a^{2}}{4}+\frac{5}{8} a-\frac{1}{2}=1$.

解得 $a=\frac{3}{2}$ 或 $a=-4<0$ (舍去)；

若 $\frac{a}{2}<0$ ，即 $a<0$ ，则当 $\cos x=0$ 时， $y_{\text {max }}=\frac{5}{8} a-\frac{1}{2}=1$ ，

解得 $a=\frac{12}{5}>0$ (舍去).

综上所述，存在 $a=\frac{3}{2}$ 符合题设条件.
题目（高二 · 解析几何）：17. 已知 $\cos \alpha=-\frac{3}{4}, \sin \beta=\frac{2}{3}, \alpha$ 是第三象限角, $\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$.

(1)求 $\sin 2 \alpha$ 的值;

(2)求 $\cos (2 \alpha+\beta)$ 的值.
选项：
答案：(1) $\because \alpha$ 是第三象限角， $\cos \alpha=-\frac{3}{4}$ ，

$\therefore \sin \alpha=-\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=-\frac{\sqrt{7}}{4}$,

$\therefore \sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha=2 \times\left(-\frac{\sqrt{7}}{4}\right) \times\left(-\frac{3}{4}\right)=\frac{3 \sqrt{7}}{8}$.

(2) $\because \beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \sin \beta=\frac{2}{3}$,
$\therefore \cos \beta=-\sqrt{1-\sin ^{2} \beta}=-\frac{\sqrt{5}}{3}$.

又 $\because \cos 2 \alpha=2 \cos ^{2} \alpha-1=2 \times \frac{9}{16}-1=\frac{1}{8}$ ，

$\therefore \cos (2 \alpha+\beta)=\cos 2 \alpha \cos \beta-\sin 2 \alpha \sin \beta$

$=\frac{1}{8} \times\left(-\frac{\sqrt{5}}{3}\right)-\frac{3 \sqrt{7}}{8} \times \frac{2}{3}=-\frac{\sqrt{5}+6 \sqrt{7}}{24}$.
解析：(1) $\because \alpha$ 是第三象限角， $\cos \alpha=-\frac{3}{4}$ ，

$\therefore \sin \alpha=-\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=-\frac{\sqrt{7}}{4}$,

$\therefore \sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha=2 \times\left(-\frac{\sqrt{7}}{4}\right) \times\left(-\frac{3}{4}\right)=\frac{3 \sqrt{7}}{8}$.

(2) $\because \beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \sin \beta=\frac{2}{3}$,
$\therefore \cos \beta=-\sqrt{1-\sin ^{2} \beta}=-\frac{\sqrt{5}}{3}$.

又 $\because \cos 2 \alpha=2 \cos ^{2} \alpha-1=2 \times \frac{9}{16}-1=\frac{1}{8}$ ，

$\therefore \cos (2 \alpha+\beta)=\cos 2 \alpha \cos \beta-\sin 2 \alpha \sin \beta$

$=\frac{1}{8} \times\left(-\frac{\sqrt{5}}{3}\right)-\frac{3 \sqrt{7}}{8} \times \frac{2}{3}=-\frac{\sqrt{5}+6 \sqrt{7}}{24}$.
题目（高二 · 解析几何）：18. 在 $\triangle A B C$ 中, $\boldsymbol{m}=(2 \sin B-\sin C, \cos C), \boldsymbol{n}=(\sin A, \cos A)$, 且 $\boldsymbol{m} / / \boldsymbol{n}$.

(1)求角 $A$ 的值;

(2)求 $y=2 \sin ^{2} B+\cos \left(\frac{\pi}{3}-2 B\right)$ 的最大值.
选项：
答案：(1) $\because \boldsymbol{m} / / \mathbf{n} ， \therefore(2 \sin B-\sin C) \cos A-\sin A \cos C=0$ ，

$\therefore 2 \sin B \cos A-\sin (A+C)=0$ ，即 $\sin B(2 \cos A-1)=0$.

$\because \sin B \neq 0 ， \therefore 2 \cos A-1=0$ ，即 $\cos A=\frac{1}{2} ， \therefore A=\frac{\pi}{3}$.

(2) $y=2 \sin ^{2} B+\cos \left(\frac{\pi}{3}-2 B\right)$

$=1-\cos 2 B+\cos \frac{\pi}{3} \cos 2 B+\sin \frac{\pi}{3} \sin 2 B$

$=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 B-\frac{1}{2} \cos 2 B+1=\sin \left(2 B-\frac{\pi}{6}\right)+1$.

$\because A=\frac{\pi}{3}, \quad \therefore 0<B<\frac{2}{3} \pi$,

$\therefore-\frac{\pi}{6}<2 B-\frac{\pi}{6}<\frac{7}{6} \pi$ ，

$\therefore$ 当 $2 B-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$ ，即 $B=\frac{\pi}{3}$ 时， $y$ 有最大值 2 .
解析：(1) $\because \boldsymbol{m} / / \mathbf{n} ， \therefore(2 \sin B-\sin C) \cos A-\sin A \cos C=0$ ，

$\therefore 2 \sin B \cos A-\sin (A+C)=0$ ，即 $\sin B(2 \cos A-1)=0$.

$\because \sin B \neq 0 ， \therefore 2 \cos A-1=0$ ，即 $\cos A=\frac{1}{2} ， \therefore A=\frac{\pi}{3}$.

(2) $y=2 \sin ^{2} B+\cos \left(\frac{\pi}{3}-2 B\right)$

$=1-\cos 2 B+\cos \frac{\pi}{3} \cos 2 B+\sin \frac{\pi}{3} \sin 2 B$

$=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 B-\frac{1}{2} \cos 2 B+1=\sin \left(2 B-\frac{\pi}{6}\right)+1$.

$\because A=\frac{\pi}{3}, \quad \therefore 0<B<\frac{2}{3} \pi$,

$\therefore-\frac{\pi}{6}<2 B-\frac{\pi}{6}<\frac{7}{6} \pi$ ，

$\therefore$ 当 $2 B-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$ ，即 $B=\frac{\pi}{3}$ 时， $y$ 有最大值 2 .