eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=\frac{1}{2}$, 则 $\tan 2 \alpha$ 等于 ( )
选项：
A. $-\frac{3}{4}$
    B. $\frac{3}{4}$
    C. $-\frac{4}{3}$
    D. $\frac{4}{3}$
答案：B
解析：$\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=\frac{\tan \alpha+1}{\tan \alpha-1}=\frac{1}{2}, \tan \alpha=-3, \tan 2 \alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}=\frac{-6}{-8}=\frac{3}{4}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 则 $\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha$ 的值为
选项：
A. $-\frac{3}{5}$
   B. $-\frac{1}{5}$
   C. $\frac{1}{5}$
   D. $\frac{3}{5}$
答案：A
解析：$\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha=\left(\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha\right)\left(\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha\right)=\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha=2 \sin ^{2} \alpha-1=-\frac{3}{5}$.
题目（高二 · 度量几何学）：下列三角函数值的符号判断错误的是( )
选项：
A. $\sin 165^{\circ}>0$
B. $\cos 280^{\circ}>0$
C. $\tan 170^{\circ}>0$
D. ${ }^{\tan 310^{\circ}<0}$
答案：C
解析：$165^{\circ}$ 是第二象限角，因此 $\sin 165^{\circ}>0$ 正确； $280^{\circ}$ 是第四象限角，因此 $\cos 280^{\circ}>0$ 正确； $170^{\circ}$ 是第二象限角，因此 $\tan 170^{\circ}<0$ ，故 C 错误； $310^{\circ}$ 是第四象限角，因此 $\tan 310^{\circ}<0$ 正确.
题目（高二 · 度量几何学）：角 $A$ 为 $\triangle A B C$ 的一个内角，若 $\sin A+\cos A=\frac{2}{3}$ ，则这个三角形为
选项：
A.锐角三角形

B.钝角三角形

C.等腰直角三角形

D.等腰三角形
答案：B
解析：$\because \sin A+\cos A=\frac{2}{3}$ ，

$\therefore(\sin A+\cos A)^{2}=1+2 \sin A \cos A=\frac{4}{9}$,

$\therefore \sin A \cos A=-\frac{5}{18}<0$ ，

又 $0<A<\pi$ ，

$\therefore \frac{\pi}{2}<A<\pi$ ，即 $A$ 为钝角，

$\therefore \triangle A B C$ 为钝角三角形. 故选 $B$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\sin x+\cos x=\frac{\sqrt{3}-1}{2} ， x \in(0, \pi)$ ，则 $\tan x=(\quad)$
选项：
A. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
c. $\sqrt{3}$
D. $-\sqrt{3}$
答案：D
解析：$\sin x+\cos x=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ ，且 $x \in(0 ， \pi) ， \therefore 1+2 \sin x \cos x=1-\frac{\sqrt{3}}{2} ， \therefore 2 \sin x \cos x=-\frac{\sqrt{3}}{2}<0 ， \therefore x$ 为钝角， $\therefore \sin x$
$-\cos x=\sqrt{(\sin x-\cos x)^{2}}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}, \therefore \sin x=\frac{\sqrt{3}}{2}, \cos x=-\frac{1}{2}, \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=-\sqrt{3}$

故选 D.
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\tan \alpha=\frac{1}{2}$ ，则 $\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha$ 的值为(）
选项：
A. $-\frac{1}{5}$
B. $\frac{-3}{5}$
c. $\frac{1}{5}$
D. $\frac{3}{5}$
答案：B
解析：$\because \tan \alpha=\frac{1}{2}$ ，则 $\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha=\left(\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha\right)\left(\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha\right)=\sin ^{2} \alpha-$ $\cos ^{2} \alpha \frac{\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}=\frac{\tan ^{2} \alpha-1}{\tan ^{2} \alpha+1}=-\frac{3}{5}$ 选 B.
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\sin x \cdot \cos x=\frac{1}{8}$ 且 $\frac{\pi}{4}<x<\frac{\pi}{2}$ ，则 $\cos x-\sin x$ 的值是( )
选项：
A. $\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\pm \frac{1}{2}$
答案：C
解析：$\because \frac{\pi}{4}<x<\frac{\pi}{2}, \therefore \cos x-\sin x<0 ，$

$\therefore(\cos x-\sin x)^{2}=1-2 \sin x \cos x=1-2 \times \frac{1}{8}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \cos x-\sin x=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故选 C.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\alpha \in{ }^{\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)}, \tan \alpha=-\frac{3}{4}$, 则 $\sin \alpha$ 为 $(\square)$
选项：
A. $\frac{3}{5}$ B. $-\frac{3}{5} \quad$ C. ${\frac{4}{5}}$ D.$-\frac{4}{5}$
答案：A
解析：$\because \alpha \in^{\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)}$, $\tan \alpha=-\frac{3}{4}=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$, 且 $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1, \sin \alpha>0, \cos \alpha<0, \therefore \sin \alpha=\frac{3}{5}$.
题目（高二 · 度量几何学）：下列命题中正确的是 ( )
选项：
A. 终边在 $\mathrm{x}$ 轴负半轴上的角是零角

B. 第二象限角一定是钝角

C.第四象限角一定是负角

D. 若 $\beta=\alpha+k^{\cdot} 360^{\circ}(k \in Z)$, 则 $\alpha$ 与 $\beta$ 终边相同
答案：D
解析：终边在 $\mathrm{x}$ 轴负半轴上的角是 $\alpha=2 k \pi+\pi, k \in z$, 零角是没有旋转的角, 所以 $\mathrm{A}$ 错误; 第二象限角应表示为 $\left(2 k \pi+\frac{\pi}{2}, 2 k \pi+\pi\right), k \in z$, 是由无数多个区间的并集构成, 所以 $\mathrm{B}$ 错误; 第四象限角表示为 $\left(2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}, 2 k \pi+2 \pi\right), k \in z$, 当 $k \geq 0$ 时, 就是正角, 所以 C 错误; 故选 D.
题目（高二 · 度量几何学）：已知圆 $O$ 与直线 $l$ 相切于 $A$, 点 $P, Q$ 同时从点 $A$ 出发, $P$ 沿着直线 $l$ 向右、 $Q$ 沿着圆周按逆时针以相同的速度运动, 当 $Q$ 运动到点 $A$ 时, 点 $P$ 也停止运动, 连接 $O Q, O P$ （如图）, 则阴影部分面积 $S_{1}, S_{2}$ 的大小关系是 ( )


选项：
A. $S_{1}=S_{2}$
B. $S_{1} \leq S_{2}$
C. $S_{1} \geq S_{2}$
D. 先 $S_{1}<S_{2}$, 再 $S_{1}=S_{2}$, 最后 $S_{1}>S_{2}$
答案：A
解析：如图所示, 因为直线 $l$ 与圆 $O$ 相切, 所以 $O A \perp A P$,

所以扇形的面积为 $S_{\text {扇形 } A O Q}=\frac{1}{2} \cdot A Q \cdot r=\frac{1}{2} \cdot A Q \cdot O A, S_{\triangle A O P}=\frac{1}{2} \cdot O A \cdot A P$,

因为 $A Q=A P$, 所以扇形 $A O Q$ 的面积 $S_{\text {扇形AOQ }}=S_{\triangle A O P}$,

即 $S_{\text {扇形AOQ }}-S_{\text {扇形AOB }}=S_{\triangle A O P}-S_{\text {扇形 } A O B}$,

所以 $S_{1}=S_{2}$,
题目（高二 · 度量几何学）：如图所示, 用两种方案将一块顶角为 $120^{\circ}$, 腰长为 2 的等腰三角形钢板 $O A B$ 裁剪成扇形, 设方案一、二扇形的面积分别为 $\mathrm{S}_{1}, \mathrm{~S}_{2}$, 周长分别为 $l_{1}, l_{2}$, 则 ( )\n\n(方案一)![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_2a22ab0896c1c20a2616g-070.jpg?height=254&width=646&top_left_y=2283&top_left_x=979)\n\n(方案二)
选项：
A. $S_{1}=S_{2}, l_{1}>l_{2}$\nB. $S_{1}=S_{2}, l_{1}<l_{2}$\nC. $S_{1}>S_{2}, l_{1}=l_{2}$\nD. $S_{1}<S_{2}, l_{1}=l_{2}$\n\n
答案：A
解析：$\because \triangle A O B$ 为顶角为 $120^{\circ}$, 腰长为 2 的等腰三角形,\n\n$\therefore A=B=30^{\circ}=\frac{\pi}{6}, O D=1$,\n\n方案一中扇形的周长 $l_{1}=2+2+2 \times \frac{\pi}{6}=4+\frac{\pi}{3}$ ，\n\n方案二中扇形的周长 $l_{2}=1+1+1 \times \frac{2 \pi}{3}=2+\frac{2 \pi}{3}$,\n\n方案一中扇形的面积 $S_{1}=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \times \frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{3}$,\n\n方案一中扇形的面积 $S_{2}=\frac{1}{2} \times 1^{2} \times \frac{2 \pi}{3}=\frac{\pi}{3}$,\n\n所以 $S_{1}=S_{2}, l_{1}>l_{2}$.\n\n故选 A.
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\alpha$ 是第二象限的角, 则 $2 \alpha$ 不可能在 ( )
选项：
A. 第一二象限
   B. 第三四象限
   C. 第一四象限
   D. 第二三象限
答案：A
解析：因为 $\alpha$ 是第二象限的角,

所以 $2 k \pi<\alpha<2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in Z$,

$4 k \pi<2 \alpha<4 k \pi+\pi, k \in Z$

所以 $2 \alpha$ 在三四象限或者在 $y$ 轴的正半轴,

即 $2 \alpha$ 不可能在一二象限, 故选 A.
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\alpha$ 是第三象限的角, 则 $\pi-\frac{\alpha}{2}$ 是( )
选项：
A. 第一或第二象限的角 B. 第一或第三象限的角 C. 第二或第三象限的角 D. 第二或第四象限的角
答案：B
解析：$\because \alpha$ 是第三象限角, $\therefore 2 k \pi+\pi<\alpha<2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}, k \in Z, \therefore k \pi+\frac{\pi}{2}<\frac{\alpha}{2}<k \pi+\frac{3 \pi}{4}$, $\therefore-k \pi-\frac{3 \pi}{4}<-\frac{\alpha}{2}<-k \pi-\frac{\pi}{2}, \therefore-k \pi+\frac{\pi}{4}<\pi-\frac{1}{2} \alpha<-k \pi+\frac{\pi}{2}$, 故当 $k$ 为偶数时, $\pi-\frac{1}{2} \alpha$ 是第一象限角; 故当 $k$ 为奇数时, $\pi-\frac{1}{2} \alpha$ 是第三象限角, 故选 B.
题目（高二 · 度量几何学）：若扇形的面积为 $\frac{3 \pi}{8}$ 、半径为 1 , 则扇形的圆心角为 ( )
选项：
A. $\frac{3 \pi}{2}$
   B. $\frac{3 \pi}{4}$
   C. $\frac{3 \pi}{8}$
   D. $\frac{3 \pi}{16}$
答案：B
解析：设扇形的圆心角为 $\alpha$, 则 $\because$ 扇形的面积为 $\frac{3 \pi}{8}$, 半径为 1 ,

$\therefore \frac{3 \pi}{8}=\frac{1}{2} \alpha l^{2} \therefore \alpha=\frac{3 \pi}{4}$

故选 B
题目（高二 · 度量几何学）：《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作, 其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验方式为: 弧田面积 $=\frac{1}{2}$ (弦 $\times$ 矢+矢 ${ }^{2}$ ), 弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成, 公式中“弦”指圆弧所对弦长, “矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差, 现有圆心角为 $\frac{2 \pi}{3}$, 半径等于 4 米的弧田, 按照上述经验公式计算所得弧田面积约是（）（ $\sqrt{3} \approx 1.73 ）$


选项：
A. 15 平方米
B. 12 平方米
C. 9 平方米
D. 6 平方米
答案：C
解析：如图,根据题意可得: $\angle A O B=\frac{2 \pi}{3}, O A=4$, 在 Rt $\triangle A O D$ 中, 可得: $\angle A O D=\frac{\pi}{3}, \angle D A O=\frac{\pi}{6}$, $O D=\frac{1}{2} A O=\frac{1}{2} \times 4=2$, 可得: 矢 $=4-2=2$, 由 $A D=A O \cdot \sin \frac{\pi}{3}=4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=2 \sqrt{3}$, 可得:弦 $=2 A D=2 \times 2 \sqrt{3}=4 \sqrt{3}$, 所以:弧田面积 $=\frac{1}{2}$ (弦 $\times$ 矢 $\div$ 矢 $\left.^{2}\right)=\frac{1}{2}\left(4 \sqrt{3} \times 2+2^{2}\right)=4 \sqrt{3}+2 \approx 9$ 平方米.所以 $\mathrm{C}$ 选项是正确的.
题目（高二 · 度量几何学）：集合 $\left\{\alpha \left\lvert\, k \pi+\frac{\pi}{4} \leq \alpha \leq k \pi+\frac{\pi}{2}\right., k \in Z\right\}$ 中角所表示的范围(阴影部分)是(
选项：
A.
B.
C.
D.
答案：C
解析：由集合 $\left\{\alpha \left\lvert\, k \pi+\frac{\pi}{4} \leq \alpha \leq k \pi+\frac{\pi}{2}\right., k \in Z\right\}$ ，

当 $k$ 为偶数时, 集合 $\left\{\alpha \left\lvert\, k \pi+\frac{\pi}{4} \leq \alpha \leq k \pi+\frac{\pi}{2}\right., k \in Z\right\}$ 与 $\left\{\alpha \left\lvert\, \frac{\pi}{4} \leq \alpha \leq \frac{\pi}{2}\right.\right\}$ 表示相同的角, 位于第一象限;

当 $k$ 为奇数时, 集合 $\left\{\alpha \left\lvert\, k \pi+\frac{\pi}{4} \leq \alpha \leq k \pi+\frac{\pi}{2}\right., k \in Z\right\}$ 与 $\left\{\alpha \left\lvert\, \frac{5 \pi}{4} \leq \alpha \leq \frac{3 \pi}{2}\right.\right\}$ 表示相同的角, 位于第三象限;

所以集合 $\left\{\alpha \left\lvert\, k \pi+\frac{\pi}{4} \leq \alpha \leq k \pi+\frac{\pi}{2}\right., k \in Z\right\}$ 中表示的角的范围为选项 C, 故选 C.
题目（高二 · 度量几何学）：下列各角中与角 $\frac{\pi}{3}$ 终边相同的是
选项：
A. $-\frac{\pi}{3}$
   B. $-300^{\circ}$
   C. $\frac{2 \pi}{3}$
   D. $240^{\circ}$
答案：B
解析：与角 $\frac{\pi}{3}$ 终边相同的角 $\alpha=\frac{\pi}{3}+2 k \pi, k \in Z$, 当 $k=-1, \alpha=-\frac{5 \pi}{3}$, 即 $-300^{\circ}$, 选 $\mathrm{B}$
题目（高二 · 度量几何学）：一个半径为 $\mathbf{R}$ 的扇形, 它的周长为 $4 \mathrm{R}$, 则这个扇形所含弓形的面积为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{2}(2-\sin 1 \cos 1) R^{2}$
   B. $\frac{1}{2} \sin 1 \cos 1 R^{2}$
   $\mathrm{C} \cdot \frac{1}{2} \mathrm{R}^{2}$
   D. $(1-\sin 1 \cos 1) R^{2}$
答案：D
解析：一个半径为 $\mathrm{R}$ 的扇形, 它的周长为 $4 \mathrm{R}$, 则弧长为 $4 \mathrm{R}-2 \mathrm{R}=2 \mathrm{R}$, 扇形面积为 $\frac{1}{2} \times R \times 2 R=R^{2}$, 所含圆心角为 $\frac{2 R}{R}=2 \mathrm{rad}$, 所含三角形面积为 $\frac{1}{2} \times 2 R \sin 1 \times R \cos 1=\sin 1 \cos 1 R^{2}$, 所以这个扇形所含弓形的面积为 $(1-\sin 1 \cos 1) \mathrm{R}^{2}$

故选择 D
题目（高二 · 度量几何学）：“ $\alpha=\frac{\pi}{6}$ ” 是 “ $\cos 2 \alpha=\frac{1}{2}$ ” 的 ( )
选项：
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
答案：A
解析：解析： $\alpha=\frac{\pi}{6}, \cos 2 \alpha=\cos \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$, 但 $\cos 2 \alpha=\frac{1}{2}$, 得 $2 \alpha=2 k \pi \pm \frac{\pi}{3}, k \in \mathbf{Z}$,则 $\alpha$ 可以不等于 $\frac{\pi}{6}$, 则 “ $\alpha=\frac{\pi}{6}$ ” 是 “ $\cos 2 \alpha=\frac{1}{2}$ ” 的充分而不必要条件.

答案 ：A
题目（高二 · 度量几何学）：定义在闭区间 $[a, b]$ 上的函数 $y=f(x)$ 有唯一的极值点 $x=x_{0}$,且 $y_{\text {极小值 }}=f\left(x_{0}\right)$, 则下列说法正确的是 $(\quad)$
选项：
A. 函数 $f(x)$ 有最小值 $f\left(x_{0}\right)$

B. 函数 $f(x)$ 有最小值, 但不一定是 $f\left(x_{0}\right)$

C. 函数 $f(x)$ 的最大值也可能是 $f\left(x_{0}\right)$

D. 函数 $f(x)$ 不一定有最小值
答案：A
解析：解析 ：函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上一定存在最大值和最小值, 又 $f(x)$ 有唯一的极小值 $f\left(x_{0}\right)$, 则 $f\left(x_{0}\right)$ 一定是最小值.

答案： A
题目（高二 · 度量几何学）：一木块沿某一斜面自由下滑, 测得下滑的水平距离 $s$ 与时间 $t$之间的函数关系为 $s=\frac{1}{8} t^{2}$, 则当 $t=2$ 时, 此木块在水平方向的瞬时速度为( )
选项：
A. 2
B. 1
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{1}{4}$


答案：C
解析：C
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\mathbf{O}, \mathbf{N}, \mathbf{P}$ 在 $\triangle A B C$ 所在平面内, 且 $|\overline{O A}|=|\overline{O B}|=|\overline{O C}|, \overline{N A}+\overline{N B}+\overline{N C}=0$, 且 $\overline{P A} \cdot \overline{P B}=\overline{P B} \cdot \overline{P C}=\overline{P C} \cdot \overline{P A}$, 则点 $\mathbf{O}, \mathbf{N}, \mathbf{P}$ 依次是 $\triangle A B C$ 的 () （注: 三角形的三条高线交于一点, 此点为三角型的垂心）
选项：
A. 重心外心垂心
    B. 重心外心内心
    C. 外心重心垂心
    D. 外心重心内心
答案：C
解析：因为 $|\overrightarrow{O A}|=|\overrightarrow{O B}|=|\overrightarrow{O C}|$, 所以 $O$ 到定点 $A, B, C$ 的距离相等, 所以 $O$ 为 $\triangle A B C$ 的外心, 由 $\overrightarrow{N A}+\overrightarrow{N B}+\overrightarrow{N C}=0$, 则 $\overrightarrow{N A}+\overrightarrow{N B}=-\overrightarrow{N C}$, 取 $A B$ 的中点 $E$, 则 $\overrightarrow{N A}+\overrightarrow{N B}=-\overrightarrow{2 N E}=\overrightarrow{C N}$, 所以 $2|\overrightarrow{N E}|=|\overrightarrow{C N}|$, 所以 $N$ 是 $\triangle A B C$ 的重心; 由 $\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P B}=\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{P C} \cdot \overrightarrow{P A}$, 得 $(\overrightarrow{P A}-\overrightarrow{P C}) \cdot \overrightarrow{P B}=0$,即 $\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{P B}=0$, 所以 $A C \perp P B$, 同理 $A B \perp P C$, 所以点 $P$ 为 $\triangle A B C$ 的垂心, 故选 C.
题目（高二 · 度量几何学）：如图所示, 设 $P$ 为 $\triangle A B C$ 所在平面内的一点, 并且 $\overrightarrow{A P}=\frac{1}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}$, 则 $\triangle B P C$ 与 $\triangle A B C$ 的面积之比等于 ( )
选项：
A. $\frac{2}{5}$
B. $\frac{3}{5}$
C. $\frac{3}{4}$
D. $\frac{1}{4}$
答案：D
解析：延长 $\mathrm{AP}$ 交 $\mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{D}$, 因为 $\mathrm{A} 、 \mathrm{P} 、 \mathrm{D}$ 三点共线,

所以 $\overrightarrow{C P}=m \overrightarrow{C A}+n \overrightarrow{C D}(m+n=1)$, 设 $\overrightarrow{C D}=k \overrightarrow{C B}$

代入可得 $\overrightarrow{C P}=m \overrightarrow{C A}+n k \overrightarrow{C B}$

即 $\overrightarrow{A P}-\overrightarrow{A C}=-m \overrightarrow{A C}+n k(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}) \Rightarrow \overrightarrow{A P}=(1-m-n k) \overrightarrow{A C}+n k \overrightarrow{A B}$

又因为 $\overrightarrow{A P}=\frac{1}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}$, 即 $n k=\frac{1}{4}, 1-m-n k=\frac{1}{2}$, 且 $m+n=1$

解得 $m=\frac{1}{4}, n=\frac{3}{4}$

所以 $\overrightarrow{C P}=\frac{1}{4} \overrightarrow{C A}+\frac{3}{4} \overrightarrow{C D}$ 可得 $\overrightarrow{A D}=4 \overrightarrow{P D}$

因为 $\triangle B P C$ 与 $\triangle A B C$ 有相同的底边, 所以面积之比就等于 $|\overrightarrow{D P}|$ 与 $|\overrightarrow{A D}|$ 之比

所以 $\triangle B P C$ 与 $\triangle A B C$ 的面积之比为 $\frac{1}{4}$
故选 D
题目（高二 · 度量几何学）：已知点 $P$ 为 $A B C$ 内一点, $\overrightarrow{P A}+2 \overrightarrow{P B}+3 \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{0}$, 则 $\triangle A P B, \triangle A P C, \triangle B P C$ 的面积之比为 ( )
选项：
A. $9: 4: 1$
    B. $1: 4: 9$
    C. $1: 2: 3$
    D. $3: 2: 1$
答案：D
解析：$\because \overrightarrow{P A}+2 \overrightarrow{P B}+3 \overrightarrow{P C}=0, \therefore \overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P C}=-2 \overrightarrow{(P B}+\overrightarrow{P C})$, 如图:

$\because \overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{P D}=2 \overrightarrow{P F}, \overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{P E}=2 \overrightarrow{P G}$

$\therefore \overrightarrow{P F}=-2 \overrightarrow{P G}$,

$\therefore F 、 P 、 G$ 三点共线, 且 $P F=2 P G, G F$ 为三角形 $A B C$ 的中位线

$\therefore \frac{S_{\triangle A P C}}{S_{\triangle B P C}}=\frac{\frac{1}{2} \times P C \times h_{1}}{\frac{1}{2} \times P C \times h_{2}}=\frac{h_{1}}{h_{2}}=\frac{P F}{P G}=2$

而 $S_{\triangle A P B}=\frac{1}{2} S_{\triangle A B C}$

$\therefore \triangle A P B, \triangle A P C, \triangle B P C$ 的面积之比等于 $3: 2: 1$

故选: $D$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $|\overrightarrow{A B}|=10,|\overrightarrow{B C}|=7$, 则 $|\overrightarrow{A C}|$ 的取值范围是( )
选项：
A. $[3,17]$
   B. $[3,17)$
   C. $[3,10]$
   D. $(3,10]$
答案：A
解析：$\because \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}, \therefore|\overrightarrow{A C}|=|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}| \leq|\overrightarrow{A B}|+|\overrightarrow{B C}|=17,|\overrightarrow{A C}|=|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}| \geq|\overrightarrow{A B}|-|\overrightarrow{B C}|=3$,

$\therefore 3 \leq|\overrightarrow{A C}| \leq 17$.
题目（高二 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 是 $B C$ 边上的中线, $F$ 是 $A D$ 上的一点, 且 $\frac{A F}{F D}=\frac{1}{4}$, 连接 $C F$ 并延长交 $A B$ 于 $E$, 则 $\frac{A E}{E B}$ 等于( )

选项：
A. $\frac{1}{10}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{5}$
D. $\frac{1}{8}$
答案：D
解析：设 $\overrightarrow{A B}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{A C}=\boldsymbol{b}, \frac{A E}{E B}=\lambda \therefore \frac{A F}{F D}=\frac{1}{4}$,

$\therefore \overrightarrow{C F}=\overrightarrow{C A}+\overrightarrow{A F}=\overrightarrow{C A}+\frac{1}{5} \overrightarrow{A D}=\frac{1}{10}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})-\overrightarrow{A C}=\frac{1}{10} \overrightarrow{A B}-\frac{9}{10} \overrightarrow{A C}$

$=\frac{1}{10} \boldsymbol{a}-\frac{9}{10} \boldsymbol{b} \cdot \overrightarrow{C E}=\overrightarrow{C A}+\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{C A}+\frac{\lambda}{1+\lambda} \overrightarrow{A B}=\frac{\lambda}{1+\lambda} \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}=\frac{\lambda}{1+\lambda} \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$.

$\because \overrightarrow{C F} / / \overrightarrow{C E}, \therefore \frac{\frac{\lambda}{1+\lambda}}{\frac{1}{10}}=\frac{1}{\frac{9}{10}}, \therefore \lambda=\frac{1}{8}$.
题目（高二 · 度量几何学）：设 $0 \leq \theta<2 \pi$, 已知两个向量 $\overrightarrow{O P}_{1}=(\cos \theta, \sin \theta)$,

$\overrightarrow{O P_{2}}=(2+\sin \theta, 2-\cos \theta)$, 则向量 $\overrightarrow{P_{1} P_{2}}$ 长度的最大值是 ( )
选项：
A. $\sqrt{2}$ B. $\sqrt{3}$ C. $3 \sqrt{2}$ D. $2 \sqrt{3}$
答案：C
解析：

$\therefore\left|\overrightarrow{P_{1} P_{2}}\right|=\sqrt{(2+\sin \theta-\cos \theta)^{2}+(2-\cos \theta-\sin \theta)^{2}}=\sqrt{10-8 \cos \theta} \leq 3 \sqrt{2}$.

当 $\cos \theta=-1$ 时, $\left|\overrightarrow{P_{1} P_{2}}\right|$ 有最大值 $3 \sqrt{2}$, 故选 C.
题目（高二 · 度量几何学）：已知向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 满足 $|\boldsymbol{a}|=\sqrt{6},|\boldsymbol{b}|=\sqrt{2},(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) \cdot \boldsymbol{b}=1$, 则向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 夹角的大小等于 ( )

$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. } 30^{\circ} & \text { B. } 45^{\circ} & \text { C. } 60^{\circ} & \text { D. } 120^{\circ}\end{array}$
答案：A
解析：由 $(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) \cdot \boldsymbol{b}=1$ ，可得 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-\boldsymbol{b}^{2}=1$ ，所以，

所以 $\cos \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}| \cdot|\boldsymbol{b}|}=\frac{3}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

而 $\left.0^{\circ} \leq<\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\right\rangle \leq 180^{\circ}$, 则向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 夹角的大小为 $30^{\circ}$, 故选 A.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $A(1,2), B(2,5), \overrightarrow{B C}=(-2,-4)$, 则 $\cos \langle\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}\rangle=$ ( )
选项：
A. $-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
B. $-\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{5}$ D. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
答案：A
解析：$\overrightarrow{A B}=(1,3), \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}=(1,3)+(-2,-4)=(-1,-1)$,

所以 $\cos \langle\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}\rangle=\frac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}|}=\frac{-4}{\sqrt{10} \times \sqrt{2}}=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 故选 A.
题目（高二 · 度量几何学）：已知单位向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 满足 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|+2 \sqrt{3} \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$, 则 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|(t \in \mathrm{R})$ 的最小值为 ( )\n\n
选项：
A. $ \frac{\sqrt{2}}{3}  B.  \frac{\sqrt{3}}{2}  C.  \frac{2 \sqrt{2}}{3}  D.  \frac{\sqrt{2}}{2}$
答案：B
解析：由 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|+2 \sqrt{3} \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$ ，得 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=-2 \sqrt{3} \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$,两边平方, 得 $\boldsymbol{a}^{2}-2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}^{2}=12(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})^{2}$, 即 $12(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})^{2}+2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-2=0$ ，整理得 $(2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+1)(3 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-1)=0$ ，所以 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=-\frac{1}{2}$ 或 $\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}=\frac{1}{3} ，$因为 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=-2 \sqrt{3} \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} \geq 0$, 所以 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} \leq 0$ ，所以 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=-\frac{1}{2}$ ，所以 $|\boldsymbol{t a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{|\boldsymbol{t a}+\boldsymbol{b}|^{2}}=\sqrt{t^{2}+1+2 t \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}=\sqrt{t^{2}-t+1}=\sqrt{\left(t-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}} \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$,故选 B.
题目（高二 · 度量几何学）：已知角 $\theta$ 的终边过点 $(4,-3)$, 则 $\cos (\pi-\theta)=(\quad)$
选项：
A. $\frac{3}{5}$
B. $-\frac{3}{5}$
C. $\frac{4}{5}$
D. $-\frac{4}{5}$
答案：D
解析：解: $\because$ 角 $\theta$ 的终边过点 $(4,-3), \therefore \cos \theta=\frac{4}{5}, \therefore \cos (\pi-\theta)=-\cos \theta=-\frac{4}{5}$,

故选: D.
题目（高二 · 度量几何学）：下列三角函数值的符号判断错误的是( )
选项：
A.$\sin 165^{\circ}>0$
B. $\cos 280^{\circ}>0$
C. $\tan 170^{\circ}>0$
D. ${\tan 310^{\circ}<0}$
答案：C
解析：$165^{\circ}$ 是第二象限角, 因此 $\sin 165^{\circ}>0$ 正确; $280^{\circ}$ 是第四象限角, 因此 $\cos 280^{\circ}>0$ 正确; $170^{\circ}$是第二象限角, 因此 $\tan 170^{\circ}<0$, 故 C 错误; $310^{\circ}$ 是第四象限角, 因此 $\tan 310^{\circ}<0$​ 正确.故选C.
题目（高二 · 度量几何学）：已知圆 $O$ 与直线 $l$ 相切于 $A$, 点 $P, Q$ 同时从点 $A$ 出发, $P$ 沿着直线 $l$ 向右、 $Q$ 沿着圆周按逆时针以相同的速度运动, 当 $Q$ 运动到点 $A$ 时, 点 $P$ 也停止运动, 连接 $O Q, O P$ （如图）, 则阴影部分面积 $S_{1}, S_{2}$ 的大小关系是 ( )
选项：
A. $S_{1}=S_{2}$
B. $S_{1} \leq S_{2}$
C. $S_{1} \geq S_{2}$
D. 先 $S_{1}<S_{2}$, 再 $S_{1}=S_{2}$, 最后 $S_{1}>S_{2}$
答案：A
解析：如图所示, 因为直线 $l$ 与圆 $O$ 相切, 所以 $O A \perp A P$,

所以扇形的面积为 $S_{\text {扇形 } A O Q}=\frac{1}{2} \cdot A Q \cdot r=\frac{1}{2} \cdot A Q \cdot O A, S_{\triangle A O P}=\frac{1}{2} \cdot O A \cdot A P$,

因为 $A Q=A P$, 所以扇形 $A O Q$ 的面积 $S_{\text {扇形 } A O Q}=S_{\triangle A O P}$,

即 $S_{\text {扇形AOQ }}-S_{\text {扇形AOB }}=S_{\triangle A O P}-S_{\text {扇形 } A O B}$,

所以 $S_{1}=S_{2}$,故选A.
题目（高二 · 度量几何学）：已知弧度数为 2 的圆心角所对的弦长为 2 , 则这个圆心角所对的弧长是 ( )
选项：
A. 2
B. $\frac{1}{\sin 1}$
c. $\frac{2}{\sin 1}$
D. $\sin 2$
答案：C
解析：如图所示, 设扇形 $A O B$ 中, 圆心角 $\theta=\angle A O B=2$, 弦长 $A B=2$,过 $O$ 点作 $O C \perp A B$ 于点 $C$, 延长 $O C$, 交弧 $A B$ 于 $D$ 点,



则 $\angle A O D=\angle B O D=1, A C=\frac{1}{2} A B=1$.

$\because$ 在 Rt $\triangle A C O$ 中, $A O=\frac{A C}{\sin \angle A O C}=\frac{1}{\sin 1}$,

$\therefore$ 扇形 $A O B$ 的半径 $r=\frac{1}{\sin 1}$,

$\therefore$ 弧 $A B$ 的长 $l=2 \times \frac{1}{\sin 1}=\frac{2}{\sin 1}$. 故选 C.
题目（高二 · 度量几何学）：集合 $\left\{\alpha \mid k \cdot 180^{\circ}+45^{\circ} \leq \alpha \leq k \cdot 180^{\circ}+90^{\circ}, k \in Z\right\}$ 中的角所表示的范围（阴影部分）是（）
选项：
A.B.![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_2a22ab0896c1c20a2616g-113.jpg?height=249&width=283&top_left_y=1977&top_left_x=1018)C.![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_2a22ab0896c1c20a2616g-113.jpg?height=246&width=263&top_left_y=2327&top_left_x=291)D.![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_2a22ab0896c1c20a2616g-113.jpg?height=249&width=260&top_left_y=2337&top_left_x=1024)
答案：C
解析：当 $k=0$ 时, $k \cdot 180^{\circ}+45^{\circ} \leq \alpha \leq k \cdot 180^{\circ}+90^{\circ}$ 即 $45^{\circ} \leq \alpha \leq 90^{\circ}$, 即选项 $C$ 中第一象限所示的部分;

当 $k=1$ 时, $k \cdot 180^{\circ}+45^{\circ} \leq \alpha \leq k \cdot 180^{\circ}+90^{\circ}$ 即 $225^{\circ} \leq \alpha \leq 270^{\circ}$, 即选项 $C$ 中第三象限所示的部分;当 $k=2$ 时，其所表示的角的范围与 $k=0$ 表示的范围一致.

综上可得, 选项 $C$ 表示集合 $\left\{\alpha \mid k \cdot 180^{\circ}+45^{\circ} \leq \alpha \leq k \cdot 180^{\circ}+90^{\circ}, k \in Z\right\}$ 中的角所表示的范围.故选: C.
题目（高二 · 度量几何学）：设函数 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)\left(x \in\left[0, \frac{9 \pi}{8}\right]\right)$, 若方程 $f(x)=a$ 恰好有三个根, 分别为 $x_{1}, x_{2}, x_{3}\left(x_{1}<x_{2}<x_{3}\right)$, 则 $2 x_{1}+3 x_{2}+x_{3}$ 的值为 ( )
选项：
A. $\pi$
        B. $\frac{3 \pi}{4}$
        C. $\frac{3 \pi}{2}$
        D. $\frac{7 \pi}{4}$
答案：D
解析：作出函数 $y=f(x)$ 的图象如图, 由图可知直线 $y=a$ 与 $y=f(x)$ 的图象的交点 $A, B$ 关于直线 $x=\frac{\pi}{8}$ 对称, 交点 $B, C$ 关于直线 $x=\frac{5 \pi}{8}$ 对称,所以 $x_{1}+x_{2}=\frac{\pi}{4}, x_{2}+x_{3}=\frac{5 \pi}{4}$, 所以 $2 x_{1}+3 x_{2}+x_{3}=2\left(x_{1}+x_{2}\right)+\left(x_{2}+x_{3}\right)$

    
    $=\frac{2 \pi}{4}+\frac{5 \pi}{4}=\frac{7 \pi}{4}$. 故选 D
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为角 $A$, $B, C$ 的对边, 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $S$, 且 $4 \sqrt{3} S=(a+b)^{2}-c^{2}$, 则 $\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right)=$
选项：
A. 1
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
答案：D
解析：由 $4 \sqrt{3} S=(a+b)^{2}-c^{2}$, 得 $4 \sqrt{3} \times \frac{1}{2} a b \sin C=a^{2}+b^{2}-c^{2}+2 a b$,

$\because a^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b \cos C, \therefore 2 \sqrt{3} a b \sin C=2 a b \cos C+2 a b$,

即 $\sqrt{3} \sin C-\cos C=1$, 即 $2 \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=1$, 则 $\sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}$,

$\because 0<C<\pi, \therefore-\frac{\pi}{6}<C-\frac{\pi}{6}<\frac{5 \pi}{6}, \therefore C-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6}$, 即 $C=\frac{\pi}{3}$,

则 $\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \frac{\pi}{3} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{\pi}{3} \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$,

故选 D.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\sin \left(\frac{\pi}{6}+\alpha\right)=\frac{3}{5}, \frac{\pi}{3}<\alpha<\frac{5 \pi}{6}$, 则 $\cos \alpha$ 的值是( A )
选项：
A. $\frac{3-4 \sqrt{3}}{10}$
B. $\frac{4-3 \sqrt{3}}{10}$
C. $\frac{2 \sqrt{3}-3}{5}$
D. $\frac{3-2 \sqrt{3}}{5}$
答案：A
解析：[解析] $\because \frac{\pi}{3}<\alpha<\frac{5 \pi}{6}, \therefore \frac{\pi}{2}<\frac{\pi}{6}+\alpha<\pi$.

$\therefore \cos \left(\frac{\pi}{6}+\alpha\right)=-\sqrt{1-\sin ^{2}\left(\frac{\pi}{6}+\alpha\right)}=-\frac{4}{5}$.

$\therefore \cos \alpha=\cos \left[\left(\frac{\pi}{6}+\alpha\right)-\frac{\pi}{6}\right]$
$=\cos \left(\frac{\pi}{6}+\alpha\right) \cos \frac{\pi}{6}+\sin \left(\frac{\pi}{6}+\alpha\right) \sin \frac{\pi}{6}$

$=-\frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{5} \times \frac{1}{2}=\frac{3-4 \sqrt{3}}{10}$.