eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：16. 已知 $|\boldsymbol{a}|=2|\boldsymbol{b}|=2$, 且 $\boldsymbol{a}$ 在 $\boldsymbol{b}$ 方向上的投影为 -1 .

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

(2)求 $(\boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b}) \cdot \boldsymbol{b}$;

(3)当 $\lambda$ 为何值时, 向量 $\lambda \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 与向量 $\boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}$ 互相垂直?
选项：
答案：(1) $\because|\boldsymbol{a}|=2|\boldsymbol{b}|=2 ， \therefore|\boldsymbol{a}|=2 ，|\boldsymbol{b}|=1$.

又 $\boldsymbol{a}$ 在 $\boldsymbol{b}$ 方向上的投影为 $|\boldsymbol{a}| \cos \theta=-1$ ，

$\therefore \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}| \cos \theta=-1$.

又 $\because|\boldsymbol{a}|=2,|\boldsymbol{b}|=1, \quad \therefore \cos \theta=-\frac{1}{2}, \quad \therefore \theta=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) $(\boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b}) \cdot \boldsymbol{b}=\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-2 \boldsymbol{b}^{2}=-1-2=-3$.

(3) $\because \lambda \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}$ 互相垂直，

$\therefore(\lambda \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) \cdot(\boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b})=\lambda \boldsymbol{a}^{2}-3 \lambda \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}^{2}$

$=4 \lambda+3 \lambda-1-3=7 \lambda-4=0, \quad \therefore \lambda=\frac{4}{7}$.
解析：(1) $\because|\boldsymbol{a}|=2|\boldsymbol{b}|=2 ， \therefore|\boldsymbol{a}|=2 ，|\boldsymbol{b}|=1$.

又 $\boldsymbol{a}$ 在 $\boldsymbol{b}$ 方向上的投影为 $|\boldsymbol{a}| \cos \theta=-1$ ，

$\therefore \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}| \cos \theta=-1$.

又 $\because|\boldsymbol{a}|=2,|\boldsymbol{b}|=1, \quad \therefore \cos \theta=-\frac{1}{2}, \quad \therefore \theta=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) $(\boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b}) \cdot \boldsymbol{b}=\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-2 \boldsymbol{b}^{2}=-1-2=-3$.

(3) $\because \lambda \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}$ 互相垂直，

$\therefore(\lambda \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) \cdot(\boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b})=\lambda \boldsymbol{a}^{2}-3 \lambda \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}^{2}$

$=4 \lambda+3 \lambda-1-3=7 \lambda-4=0, \quad \therefore \lambda=\frac{4}{7}$.
题目（高二 · 解析几何）：9.如图, 在 $\square A B C D$ 中, $\overrightarrow{A B}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{A D}=\boldsymbol{b}, \overrightarrow{C E}=\frac{1}{3} \overrightarrow{C B}, \overrightarrow{C F}=\frac{2}{3} \overrightarrow{C D}$.



(1)用 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 表示 $\overrightarrow{E F}$;

(2)若 $|\boldsymbol{a}|=1,|\boldsymbol{b}|=4, \angle D A B=60^{\circ}$, 分别求 $|\overrightarrow{E F}| \vec{F}$ 和 $\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{F E}$ 的值.
选项：
答案：$(1) \overrightarrow{E F}=\overrightarrow{C F}-\overrightarrow{C E}=\frac{2}{3} \overrightarrow{C D}-\frac{1}{3} \overrightarrow{C B}$

$=-\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A D}=-\frac{2}{3} \boldsymbol{a}+\frac{1}{3} \boldsymbol{b}$.

(2)因为 $|\boldsymbol{a}|=1 ，|\boldsymbol{b}|=4 ， \angle D A B=60^{\circ}$ ，

所以 $|\overrightarrow{E F}|^{2}=\left(\frac{1}{3} \boldsymbol{b}-\frac{2}{3} \boldsymbol{a}\right)^{2}$

$=\frac{1}{9}|\boldsymbol{b}|^{2}-\frac{4}{9} \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\frac{4}{9}|\boldsymbol{a}|^{2}$
$=\frac{16}{9}-\frac{4}{9} \times 1 \times 4 \times \cos 60^{\circ}+\frac{4}{9}=\frac{4}{3}$.

所以 $|\overrightarrow{E F}|=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

$\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{F E}=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) \cdot\left(\frac{2}{3} \boldsymbol{a}-\frac{1}{3} \boldsymbol{b}\right)$

$=\frac{2}{3}|\boldsymbol{a}|^{2}+\frac{1}{3} \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-\frac{1}{3}|\boldsymbol{b}|^{2}$

$=\frac{2}{3}+\frac{1}{3} \times 1 \times 4 \times \cos 60^{\circ}-\frac{16}{3}=-4$.
解析：$(1) \overrightarrow{E F}=\overrightarrow{C F}-\overrightarrow{C E}=\frac{2}{3} \overrightarrow{C D}-\frac{1}{3} \overrightarrow{C B}$

$=-\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A D}=-\frac{2}{3} \boldsymbol{a}+\frac{1}{3} \boldsymbol{b}$.

(2)因为 $|\boldsymbol{a}|=1 ，|\boldsymbol{b}|=4 ， \angle D A B=60^{\circ}$ ，

所以 $|\overrightarrow{E F}|^{2}=\left(\frac{1}{3} \boldsymbol{b}-\frac{2}{3} \boldsymbol{a}\right)^{2}$

$=\frac{1}{9}|\boldsymbol{b}|^{2}-\frac{4}{9} \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\frac{4}{9}|\boldsymbol{a}|^{2}$
$=\frac{16}{9}-\frac{4}{9} \times 1 \times 4 \times \cos 60^{\circ}+\frac{4}{9}=\frac{4}{3}$.

所以 $|\overrightarrow{E F}|=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

$\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{F E}=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) \cdot\left(\frac{2}{3} \boldsymbol{a}-\frac{1}{3} \boldsymbol{b}\right)$

$=\frac{2}{3}|\boldsymbol{a}|^{2}+\frac{1}{3} \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-\frac{1}{3}|\boldsymbol{b}|^{2}$

$=\frac{2}{3}+\frac{1}{3} \times 1 \times 4 \times \cos 60^{\circ}-\frac{16}{3}=-4$.
题目（高二 · 解析几何）：14. 设向量 $\boldsymbol{a}=(\sqrt{3},-1), \boldsymbol{b}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), k, t$ 是两个不同时为零的实数. 若向量 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{a}+(t-$ 3) $\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{y}=-k \boldsymbol{a}+\boldsymbol{t} \boldsymbol{b}$ 垂直.

(1)求 $k$ 关于 $t$ 的函数关系式;

(2)求函数 $k=f(t)$ 的最小值.
选项：
答案：(1)因为 $\boldsymbol{a}=(\sqrt{3},-1), \boldsymbol{b}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ，所以 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$ ，且 $|\boldsymbol{a}|=2 ，|\boldsymbol{b}|=1$.

又因为 $\boldsymbol{x} \perp \boldsymbol{y}$ ，所以 $x \cdot y=0$ ，即 $[\boldsymbol{a}+(t-3) \boldsymbol{b}] \cdot(-k \boldsymbol{a}+\boldsymbol{t} \boldsymbol{b})=0$ ，

所以 $-k \boldsymbol{a}^{2}-k(t-3) \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+t \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+t(t-3) \boldsymbol{b}^{2}=0$.

因为 $|\boldsymbol{a}|=2 ，|\boldsymbol{b}|=1, \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$ ，

所以 $-4 k+t^{2}-3 t=0$, 所以 $k=\frac{1}{4}\left(t^{2}-3 t\right)$.

(2)由(1)知， $k=\frac{1}{4}\left(t^{2}-3 t\right)=\frac{1}{4}\left(t-\frac{3}{2}\right)^{2}-\frac{9}{16}$ ，
所以函数 $k=f(t)$ 的最小值为 $-\frac{9}{16}$
解析：(1)因为 $\boldsymbol{a}=(\sqrt{3},-1), \boldsymbol{b}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ，所以 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$ ，且 $|\boldsymbol{a}|=2 ，|\boldsymbol{b}|=1$.

又因为 $\boldsymbol{x} \perp \boldsymbol{y}$ ，所以 $x \cdot y=0$ ，即 $[\boldsymbol{a}+(t-3) \boldsymbol{b}] \cdot(-k \boldsymbol{a}+\boldsymbol{t} \boldsymbol{b})=0$ ，

所以 $-k \boldsymbol{a}^{2}-k(t-3) \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+t \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+t(t-3) \boldsymbol{b}^{2}=0$.

因为 $|\boldsymbol{a}|=2 ，|\boldsymbol{b}|=1, \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$ ，

所以 $-4 k+t^{2}-3 t=0$, 所以 $k=\frac{1}{4}\left(t^{2}-3 t\right)$.

(2)由(1)知， $k=\frac{1}{4}\left(t^{2}-3 t\right)=\frac{1}{4}\left(t-\frac{3}{2}\right)^{2}-\frac{9}{16}$ ，
所以函数 $k=f(t)$ 的最小值为 $-\frac{9}{16}$.
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知平面向量 $\boldsymbol{a}=(1, x), \boldsymbol{b}=(2 x+3,-x)(x \in \mathbf{R})$.

(1)若 $\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$, 求 $x$ 的值;

(2)若 $\boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}$, 求 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|$.
选项：
答案：2
解析：(1) 由 $\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$ 得 $2 x+3-x^{2}=0$ ，即 $(x-3)(x+1)=0$. 解得 $x=3$ 或 $x=-1$.

(2)由 $\boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}$ ， 得 $2 x^{2}+3 x+x=0$ ，即 $2 x^{2}+4 x=0$ ，解得 $x=0$ 或 $x=-2$.

当 $x=0$ 时， $\boldsymbol{a}=(1,0), \boldsymbol{b}=(3,0)$ ，

所以 $\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=(-2,0)$.

此时 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=2$.

当 $x=-2$ 时， $\boldsymbol{a}=(1,-2), \boldsymbol{b}=(-1,2)$,

则 $\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=(2 ，-4)$. 故 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\sqrt{2^{2}+(-4)^{2}}=2 \sqrt{5}$.
题目（高二 · 解析几何）：13. 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 已知点 $A(0,1)$ 和点 $B(-3,4)$. 若点 $C$ 在 $\angle A O B$ 的平分线上且 $|\overrightarrow{O C}|=2$, 则 $\overrightarrow{O C}=$
选项：
答案：$\left(-\frac{\sqrt{10}}{5}, \frac{3 \sqrt{10}}{5}\right)$
解析：如图，已知 $A(0,1), B(-3 ， 4)$ ，设 $E(0,5) ， D(-3 ， 9)$ ，



$\therefore$ 四边形 $O B D E$ 为菱形， $\therefore \angle A O B$ 的平分线是菱形 $O B D E$ 的对角线 $O D$.

设 $C\left(x_{1}, y_{1}\right) ， \because|\overrightarrow{O C}|=2 ，|\overrightarrow{O D}|=3 \sqrt{10} ， \therefore \overrightarrow{O C}=\frac{2}{3 \sqrt{10}} \overrightarrow{O D}$.

$\therefore \overrightarrow{O C}=\left(x_{1}, y_{1}\right)=\frac{2}{3 \sqrt{10}} \times(-3,9)=\left(-\frac{\sqrt{10}}{5}, \frac{3 \sqrt{10}}{5}\right)$.

答案: $\left(-\frac{\sqrt{10}}{5}, \frac{3 \sqrt{10}}{5}\right)$
题目（高二 · 解析几何）：16. 已知直线 $I: y=x_{x}-\frac{\sqrt{2}}{2}$, 点 $A\left(0,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right), B(x, y)$ 是直线 $l$ 上的两点.

(1) 若 $\overrightarrow{A B}$ 为零向量, 求 $x, y$ 的值;

(2) 若 $\overrightarrow{A B}$ 为单位向量, 求 $x, y$ 的值.
选项：
答案：(1) 当 $\overrightarrow{A B}$ 为零向量时, 点 $B$ 与点 $A$ 重合, 此时 $x=0, y=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

(2) 当 $\vec{B} B$ 为单位向量时, $|\overrightarrow{A B}|=1$, 即 $A$ 与 $B$ 两点间的距离为 1 ,所以 $\sqrt{(x-0)^{2}+\left(y+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=1$, 即 $x^{2}+\left(y+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}=1$,将 $y=x-\frac{\sqrt{2}}{2}$ 代入, 得 $2 x^{2}=1$,所以 $x=\frac{\sqrt{2}}{2}, y=0$ 或 $x=-\frac{\sqrt{2}}{2}, y=-\sqrt{2}$.
解析：(1) 当 $\overrightarrow{A B}$ 为零向量时, 点 $B$ 与点 $A$ 重合, 此时 $x=0, y=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

(2) 当 $\vec{B} B$ 为单位向量时, $|\overrightarrow{A B}|=1$, 即 $A$ 与 $B$ 两点间的距离为 1 ,所以 $\sqrt{(x-0)^{2}+\left(y+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=1$, 即 $x^{2}+\left(y+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}=1$,将 $y=x-\frac{\sqrt{2}}{2}$ 代入, 得 $2 x^{2}=1$,所以 $x=\frac{\sqrt{2}}{2}, y=0$ 或 $x=-\frac{\sqrt{2}}{2}, y=-\sqrt{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：15. 设 $O$ 为 $\triangle A B C$ 内任一点, 且满足 $\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}+3 \overrightarrow{O C}=0$.

(1)若 $D, E$ 分别是 $B C, C A$ 的中点, 求证: $D, E, O$ 共线;

(2)求 $\triangle A B C$ 与 $\triangle A O C$ 的面积之比.
选项：
答案：(1)证明: 如图， $\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O D} ， \overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O E} ， \because \overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}+3 \overrightarrow{O C}=(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C})$ $+2(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C})=2(2 \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O E})=0$,

<ImageHere>

即 $2 \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O E}=0$ ，

$\therefore \overrightarrow{O D}$ 与 $\overrightarrow{O E}$ 共线，

又 $\overrightarrow{O D}$ 与 $\overrightarrow{O E}$ 有公共点 0 ，

$\therefore D, E, O$ 三点共线.

(2)由(1)知 $2|\overrightarrow{O D}|=|\overrightarrow{O E}|$ ，

$\therefore S_{\triangle A O C}=2 S_{\triangle C O E}=2 \times \frac{2}{3} S_{\triangle C D E}=2 \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{4} S_{\triangle A B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C}, \quad \therefore \frac{S_{\triangle A B C}}{S_{\triangle A O C}}=3$.
解析：(1)证明: 如图， $\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O D} ， \overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O E} ， \because \overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}+3 \overrightarrow{O C}=(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C})$ $+2(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C})=2(2 \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O E})=0$,



即 $2 \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O E}=0$ ，

$\therefore \overrightarrow{O D}$ 与 $\overrightarrow{O E}$ 共线，

又 $\overrightarrow{O D}$ 与 $\overrightarrow{O E}$ 有公共点 0 ，

$\therefore D, E, O$ 三点共线.

(2)由(1)知 $2|\overrightarrow{O D}|=|\overrightarrow{O E}|$ ，

$\therefore S_{\triangle A O C}=2 S_{\triangle C O E}=2 \times \frac{2}{3} S_{\triangle C D E}=2 \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{4} S_{\triangle A B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C}, \quad \therefore \frac{S_{\triangle A B C}}{S_{\triangle A O C}}=3$.
题目（高二 · 解析几何）：9.如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, $D, F$ 分别是 $B C, A C$ 的中点, $\overrightarrow{A E}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A B}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{A C}=\boldsymbol{b}$.



(1)用 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 表示 $\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A E}, \overrightarrow{A F}, \overrightarrow{B E}, \overrightarrow{B F}$;

(2)求证: $B, E, F$ 三点共线.
选项：
答案：(1)如图，延长 $A D$ 到 $G$ ，使 $\overrightarrow{A G}=2 \overrightarrow{A D}$ ，连接 $B G ， C G$ ，得到平行四边形 $A B G C$.

<ImageHere>

则 $\overrightarrow{A G}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}, \overrightarrow{A D}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A G}=\frac{1}{2}(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}), \overrightarrow{A E}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A D}=\frac{1}{3}(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})$,

$\overrightarrow{A F}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}=\frac{1}{2} \boldsymbol{b}$,

$\overrightarrow{B E}=\overrightarrow{A E}-\overrightarrow{A B}=\frac{1}{3}(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})-\boldsymbol{a}=\frac{1}{3}(\boldsymbol{b}-2 \boldsymbol{a})$,

$\overrightarrow{B F}=\overrightarrow{A F}-\overrightarrow{A B}=\frac{1}{2} \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}=\frac{1}{2}(\boldsymbol{b}-2 \boldsymbol{a})$.

(2)证明: 由(1)知， $\overrightarrow{B E}=\frac{2}{3} \overrightarrow{B F} ， \therefore \overrightarrow{B E} ， \overrightarrow{B F}$ 共线.

又 $\because \overrightarrow{B E} ， \overrightarrow{B F}$ 有公共点 $B ， \therefore B, E ， F$ 三点共线.
解析：(1)如图，延长 $A D$ 到 $G$ ，使 $\overrightarrow{A G}=2 \overrightarrow{A D}$ ，连接 $B G ， C G$ ，得到平行四边形 $A B G C$.



则 $\overrightarrow{A G}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}, \overrightarrow{A D}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A G}=\frac{1}{2}(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}), \overrightarrow{A E}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A D}=\frac{1}{3}(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})$,

$\overrightarrow{A F}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}=\frac{1}{2} \boldsymbol{b}$,

$\overrightarrow{B E}=\overrightarrow{A E}-\overrightarrow{A B}=\frac{1}{3}(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})-\boldsymbol{a}=\frac{1}{3}(\boldsymbol{b}-2 \boldsymbol{a})$,

$\overrightarrow{B F}=\overrightarrow{A F}-\overrightarrow{A B}=\frac{1}{2} \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}=\frac{1}{2}(\boldsymbol{b}-2 \boldsymbol{a})$.

(2)证明: 由(1)知， $\overrightarrow{B E}=\frac{2}{3} \overrightarrow{B F} ， \therefore \overrightarrow{B E} ， \overrightarrow{B F}$ 共线.

又 $\because \overrightarrow{B E} ， \overrightarrow{B F}$ 有公共点 $B ， \therefore B, E ， F$ 三点共线.
题目（高二 · 解析几何）：15. 已知 $\cos \alpha=\frac{1}{7}, \sin (\alpha+\beta)=\frac{5 \sqrt{3}}{14}, \alpha 、 \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 求 $\beta$ 的值.
选项：
答案：$\beta=\frac{\pi}{3}$
解析：$\because \alpha, \beta \in\left(0 ， \frac{\pi}{2}\right) ， \therefore \alpha+\beta \in(0 ， \pi)$ ，

$\because \cos \alpha=\frac{1}{7}, \sin (\alpha+\beta)=\frac{5 \sqrt{3}}{14}$,

$\therefore \sin \alpha=\frac{4 \sqrt{3}}{7}, \cos (\alpha+\beta)= \pm \frac{11}{14}$,

当 $\cos (\alpha+\beta)=-\frac{11}{14}$ 时，

$\cos \beta=\cos [(\alpha+\beta)-\alpha]=\cos (\alpha+\beta) \cos \alpha+\sin (\alpha+\beta) \sin \alpha=\left(-\frac{11}{14}\right) \times \frac{1}{7}+\frac{5 \sqrt{3}}{14} \times \frac{4 \sqrt{3}}{7}=\frac{1}{2} ，$

$\because \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \quad \therefore \beta=\frac{\pi}{3}$;
当 $\cos (\alpha+\beta)=\frac{11}{14}$ 时，

$\cos \beta=\cos [(\alpha+\beta)-\alpha]=\cos (\alpha+\beta) \cos \alpha+\sin (\alpha+\beta) \sin \alpha=\frac{11}{14} \times \frac{1}{7}+\frac{5 \sqrt{3}}{14} \times \frac{4 \sqrt{3}}{7}=\frac{71}{98}<\frac{11}{14}=$ $\cos (\alpha+\beta)$,

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

所以 $\beta>\alpha+\beta$ ，即 $\alpha<0$ ，与已知矛盾，舍去，所以 $\beta=\frac{\pi}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知 $\cos \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}, \sin (\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{10}}{10}$, 且 $\alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$. 求:

(1) $\cos (2 \alpha-\beta)$ 的值;

(2) $\beta$ 的值.
选项：
答案：(1)因为 $\alpha, \beta \in\left(0 ， \frac{\pi}{2}\right)$ ，所以 $\alpha-\beta \in\left(-\frac{\pi}{2} ， \frac{\pi}{2}\right)$.

又因为 $\sin (\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{10}}{10}>0$ ，所以 $0<\alpha-\beta<\frac{\pi}{2}$.

所以 $\sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ，

$\cos (\alpha-\beta)=\sqrt{1-\sin ^{2}(\alpha-\beta)}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.
$\cos (2 \alpha-\beta)=\cos [\alpha+(\alpha-\beta)]$

$=\cos \alpha \cos (\alpha-\beta)-\sin \alpha \sin (\alpha-\beta)$

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

(2) $\cos \beta=\cos [\alpha-(\alpha-\beta)]$

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

$=\frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{3 \sqrt{10}}{10}+\frac{2 \sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

又因为 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，所以 $\beta=\frac{\pi}{4}$.
解析：(1)因为 $\alpha, \beta \in\left(0 ， \frac{\pi}{2}\right)$ ，所以 $\alpha-\beta \in\left(-\frac{\pi}{2} ， \frac{\pi}{2}\right)$.

又因为 $\sin (\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{10}}{10}>0$ ，所以 $0<\alpha-\beta<\frac{\pi}{2}$.

所以 $\sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ，

$\cos (\alpha-\beta)=\sqrt{1-\sin ^{2}(\alpha-\beta)}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.
$\cos (2 \alpha-\beta)=\cos [\alpha+(\alpha-\beta)]$

$=\cos \alpha \cos (\alpha-\beta)-\sin \alpha \sin (\alpha-\beta)$

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

(2) $\cos \beta=\cos [\alpha-(\alpha-\beta)]$

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

$=\frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{3 \sqrt{10}}{10}+\frac{2 \sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

又因为 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，所以 $\beta=\frac{\pi}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：15. 已知函数 $f(x)=A \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right), x \in \mathbf{R}$, 且 $f\left(\frac{5 \pi}{12}\right)=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$.

(1)求 $A$ 的值;

(2)若 $f(\theta)-f(-\theta)=\sqrt{3}, \theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 求 $f\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)$.
选项：
答案：(1) $\because f(x)=A \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$ ，且 $f\left(\frac{5 \pi}{12}\right)=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$ ，

$\therefore A \sin \left(\frac{5 \pi}{12}+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$,

即 $A \sin \frac{3 \pi}{4}=\frac{3 \sqrt{2}}{2} ， \therefore A=3$.

(2)由(1)知 $f(x)=3 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$ ，

$\because f(\theta)-f(-\theta)=\sqrt{3}$,

$\therefore 3 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)-3 \sin \left(-\theta+\frac{\pi}{3}\right)=\sqrt{3}$,

展开得 $3\left(\frac{1}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta+\frac{1}{2} \sin \theta-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta\right)=\sqrt{3}$ ，

化简得 $\sin \theta=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

$$
\begin{aligned}
& \because \theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos \theta=\frac{\sqrt{6}}{3} \\
& \therefore\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)=3 \sin \left[\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)+\frac{\pi}{3}\right]=3 \sin \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=3 \cos \theta=\sqrt{6}
\end{aligned}
$$
解析：(1) $\because f(x)=A \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$ ，且 $f\left(\frac{5 \pi}{12}\right)=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$ ，

$\therefore A \sin \left(\frac{5 \pi}{12}+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$,

即 $A \sin \frac{3 \pi}{4}=\frac{3 \sqrt{2}}{2} ， \therefore A=3$.

(2)由(1)知 $f(x)=3 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$ ，

$\because f(\theta)-f(-\theta)=\sqrt{3}$,

$\therefore 3 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)-3 \sin \left(-\theta+\frac{\pi}{3}\right)=\sqrt{3}$,

展开得 $3\left(\frac{1}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta+\frac{1}{2} \sin \theta-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta\right)=\sqrt{3}$ ，

化简得 $\sin \theta=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

$$
\begin{aligned}
& \because \theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos \theta=\frac{\sqrt{6}}{3} \\
& \therefore\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)=3 \sin \left[\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)+\frac{\pi}{3}\right]=3 \sin \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=3 \cos \theta=\sqrt{6}
\end{aligned}
$$
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知 $\tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)=2, \tan \beta=\frac{1}{2}$.

求: (1)tan $\alpha$ 的值;

(2) $\frac{\sin (\alpha+\beta)-2 \sin \alpha \cos \beta}{2 \sin \alpha \sin \beta+\cos (\alpha+\beta)}$ 的值.
选项：
答案：(1) $\because \tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)=\frac{\tan \frac{\pi}{4}+\tan \alpha}{1-\tan \frac{\pi}{4} \tan \alpha}=\frac{1+\tan \alpha}{1-\tan \alpha}=2$ ，

$\therefore \tan \alpha=\frac{1}{3}$.

(2) $\frac{\sin (\alpha+\beta)-2 \sin \alpha \cos \beta}{2 \sin \alpha \sin \beta+\cos (\alpha+\beta)}$

$=\frac{\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta-2 \sin \alpha \cos \beta}{2 \sin \alpha \sin \beta+\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta}$

$=\frac{\sin \beta \cos \alpha-\cos \beta \sin \alpha}{\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta}$

$=\frac{\sin (\beta-\alpha)}{\cos (\beta-\alpha)}$

$=\tan (\beta-\alpha)=\frac{\tan \beta-\tan \alpha}{1+\tan \beta \tan \alpha}$

$=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{2} \times \frac{1}{3}}=\frac{1}{7}$.
解析：(1) $\because \tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)=\frac{\tan \frac{\pi}{4}+\tan \alpha}{1-\tan \frac{\pi}{4} \tan \alpha}=\frac{1+\tan \alpha}{1-\tan \alpha}=2$ ，

$\therefore \tan \alpha=\frac{1}{3}$.

(2) $\frac{\sin (\alpha+\beta)-2 \sin \alpha \cos \beta}{2 \sin \alpha \sin \beta+\cos (\alpha+\beta)}$

$=\frac{\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta-2 \sin \alpha \cos \beta}{2 \sin \alpha \sin \beta+\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta}$

$=\frac{\sin \beta \cos \alpha-\cos \beta \sin \alpha}{\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta}$

$=\frac{\sin (\beta-\alpha)}{\cos (\beta-\alpha)}$

$=\tan (\beta-\alpha)=\frac{\tan \beta-\tan \alpha}{1+\tan \beta \tan \alpha}$

$=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{2} \times \frac{1}{3}}=\frac{1}{7}$.
题目（高二 · 解析几何）：15. 是否存在锐角 $\alpha$ 和 $\beta$, 使得 $\alpha+2 \beta=\frac{2 \pi}{3}, \tan \frac{\alpha}{2} \tan \beta=2-\sqrt{3}$ 同时成立? 若存在, 求出 $\alpha$ 和 $\beta$的值; 若不存在, 说明理由.
选项：
答案：$\because \alpha+2 \beta=\frac{2 \pi}{3} ， \therefore \frac{\alpha}{2}+\beta=\frac{\pi}{3}$,

$\therefore \tan \left(\frac{\alpha}{2}+\beta\right)=\frac{\tan \frac{\alpha}{2}+\tan \beta}{1-\tan \frac{\alpha}{2} \tan \beta}=\sqrt{3}$.

$\because \tan \frac{\alpha}{2} \tan \beta=2-\sqrt{3}, \therefore \tan \frac{\alpha}{2}+\tan \beta=3-\sqrt{3}$.

故 $\tan \frac{\alpha}{2}, \tan \beta$ 是方程 $x^{2}-(3-\sqrt{3}) x+2-\sqrt{3}=0$ 的两根，解得 $x_{1}=2-\sqrt{3} ， x_{2}=1$.

$\because \alpha, \beta$ 都为锐角， $\therefore 0<\frac{\alpha}{2}<\frac{\pi}{4} ， \therefore 0<\tan \frac{\alpha}{2}<1$ ，

$\therefore \tan \frac{\alpha}{2}=2-\sqrt{3}, \tan \beta=1$,

$\therefore$ 存在满足条件的锐角 $\alpha, \beta$ ，且 $\alpha=\frac{\pi}{6} ， \beta=\frac{\pi}{4}$.
解析：$\because \alpha+2 \beta=\frac{2 \pi}{3} ， \therefore \frac{\alpha}{2}+\beta=\frac{\pi}{3}$,

$\therefore \tan \left(\frac{\alpha}{2}+\beta\right)=\frac{\tan \frac{\alpha}{2}+\tan \beta}{1-\tan \frac{\alpha}{2} \tan \beta}=\sqrt{3}$.

$\because \tan \frac{\alpha}{2} \tan \beta=2-\sqrt{3}, \therefore \tan \frac{\alpha}{2}+\tan \beta=3-\sqrt{3}$.

故 $\tan \frac{\alpha}{2}, \tan \beta$ 是方程 $x^{2}-(3-\sqrt{3}) x+2-\sqrt{3}=0$ 的两根，解得 $x_{1}=2-\sqrt{3} ， x_{2}=1$.

$\because \alpha, \beta$ 都为锐角， $\therefore 0<\frac{\alpha}{2}<\frac{\pi}{4} ， \therefore 0<\tan \frac{\alpha}{2}<1$ ，

$\therefore \tan \frac{\alpha}{2}=2-\sqrt{3}, \tan \beta=1$,

$\therefore$ 存在满足条件的锐角 $\alpha, \beta$ ，且 $\alpha=\frac{\pi}{6} ， \beta=\frac{\pi}{4}$.