eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：19.  已知向量 $\boldsymbol{m}=(\cos x, \sin x), \boldsymbol{n}=(2 \sqrt{2}+\sin x, 2 \sqrt{2}-\cos x)$, 函数 $f(x)=\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}, x \in \mathbf{R}$. (1)求函数 $f(x)$ 的最大值;

(2)若 $x \in\left(-\frac{3}{2} \pi,-\pi\right)$ 且 $f(x)=1$, 求 $\cos \left(x+\frac{5 \pi}{12}\right)$ 的值.
选项：
答案：(1)因为 $f(x)=\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}=\cos x(2 \sqrt{2}+\sin x)+\sin x \cdot(2 \sqrt{2}-\cos x)=2 \sqrt{2}(\sin x+\cos x)=$ $4 \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)(x \in \mathbf{R})$,

所以 $f(x)$ 的最大值是 4 .

(2)因为 $f(x)=1$ ，所以 $\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{4}$.

又 $x \in\left(-\frac{3 \pi}{2} ，-\pi\right)$ ，即 $x+\frac{\pi}{4} \in\left(-\frac{5 \pi}{4} ，-\frac{3 \pi}{4}\right)$ ，

所以 $\cos \left(x+\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{\sqrt{15}}{4}$.

$\cos \left(x+\frac{5}{12} \pi\right)=\cos \left[\left(x+\frac{\pi}{4}\right)+\frac{\pi}{6}\right]$

$=\cos \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \cos \frac{\pi}{6}-\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \sin \frac{\pi}{6}$

$=-\frac{\sqrt{15}}{4} \times \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{4} \times \frac{1}{2}=-\frac{3 \sqrt{5}+1}{8}$.
解析：(1)因为 $f(x)=\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}=\cos x(2 \sqrt{2}+\sin x)+\sin x \cdot(2 \sqrt{2}-\cos x)=2 \sqrt{2}(\sin x+\cos x)=$ $4 \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)(x \in \mathbf{R})$,

所以 $f(x)$ 的最大值是 4 .

(2)因为 $f(x)=1$ ，所以 $\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{4}$.

又 $x \in\left(-\frac{3 \pi}{2} ，-\pi\right)$ ，即 $x+\frac{\pi}{4} \in\left(-\frac{5 \pi}{4} ，-\frac{3 \pi}{4}\right)$ ，

所以 $\cos \left(x+\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{\sqrt{15}}{4}$.

$\cos \left(x+\frac{5}{12} \pi\right)=\cos \left[\left(x+\frac{\pi}{4}\right)+\frac{\pi}{6}\right]$

$=\cos \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \cos \frac{\pi}{6}-\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \sin \frac{\pi}{6}$

$=-\frac{\sqrt{15}}{4} \times \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{4} \times \frac{1}{2}=-\frac{3 \sqrt{5}+1}{8}$.
题目（高二 · 解析几何）：22. 已知向量 $\boldsymbol{a}=(m, \cos 2 x), \boldsymbol{b}=(\sin 2 x, n)$, 函数 $f(x)=\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$, 且 $y=f(x)$ 的图象过点 $\left(\frac{\pi}{12}, \sqrt{3}\right)$和点 $\left(\frac{2 \pi}{3},-2\right)$.

(1)求 $m, n$ 的值;

(2) 将 $y=f(x)$ 的图象向左平移 $\varphi(0<\varphi<\pi)$ 个单位后得到函数 $y=g(x)$ 的图象, 若 $y=g(x)$ 图象上
各最高点到点 $(0,3)$ 的距离的最小值为 1 , 求 $y=g(x)$ 的单调递增区间.
选项：
答案：(1) 由题意知 $f(x)=\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=m \sin 2 x+n \cos 2 x$.

因为 $y=f(x)$ 的图象过点 $\left(\frac{\pi}{12} ， \sqrt{3}\right)$ 和 $\left(\frac{2 \pi}{3} ，-2\right)$ ，

所以 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}=m \sin \frac{\pi}{6}+n \cos \frac{\pi}{6}, \\ -2=m \sin \frac{4 \pi}{3}+n \cos \frac{4 \pi}{3} ，\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}=\frac{1}{2} m+\frac{\sqrt{3}}{2} n ， \\ -2=-\frac{\sqrt{3}}{2} m-\frac{1}{2} n ，\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}m=\sqrt{3} ， \\ n=1 .\end{array}\right.$

(2)由(1)知 $f(x)=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

由题意知 $g(x)=f(x+\varphi)=2 \sin \left(2 x+2 \varphi+\frac{\pi}{6}\right)$.

设 $y=g(x)$ 的图象上符合题意的最高点为 $\left(x_{0}, 2\right)$.

由题意知 $x_{0}^{2}+1=1$ ，所以 $x_{0}=0$ ，

即到点 $(0 ， 3)$ 的距离为 1 的最高点为 $(0 ， 2)$.

将其代入 $y=g(x)$ 得 $\sin \left(2 \varphi+\frac{\pi}{6}\right)=1$.

因为 $0<\varphi<\pi$ ，所以 $\varphi=\frac{\pi}{6}$ ，

因此 $g(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=2 \cos 2 x$.

由 $2 k \pi-\pi \leqslant 2 x \leqslant 2 k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ 得

$k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant x \leqslant k \pi, k \in \mathbf{Z}$,

所以函数 $y=g(x)$ 的单调递增区间为 $\left[k \pi-\frac{\pi}{2}, k \pi\right]$, $k \in \mathbf{Z}$.
解析：(1) 由题意知 $f(x)=\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=m \sin 2 x+n \cos 2 x$.

因为 $y=f(x)$ 的图象过点 $\left(\frac{\pi}{12} ， \sqrt{3}\right)$ 和 $\left(\frac{2 \pi}{3} ，-2\right)$ ，

所以 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}=m \sin \frac{\pi}{6}+n \cos \frac{\pi}{6}, \\ -2=m \sin \frac{4 \pi}{3}+n \cos \frac{4 \pi}{3} ，\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}=\frac{1}{2} m+\frac{\sqrt{3}}{2} n ， \\ -2=-\frac{\sqrt{3}}{2} m-\frac{1}{2} n ，\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}m=\sqrt{3} ， \\ n=1 .\end{array}\right.$

(2)由(1)知 $f(x)=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

由题意知 $g(x)=f(x+\varphi)=2 \sin \left(2 x+2 \varphi+\frac{\pi}{6}\right)$.

设 $y=g(x)$ 的图象上符合题意的最高点为 $\left(x_{0}, 2\right)$.

由题意知 $x_{0}^{2}+1=1$ ，所以 $x_{0}=0$ ，

即到点 $(0 ， 3)$ 的距离为 1 的最高点为 $(0 ， 2)$.

将其代入 $y=g(x)$ 得 $\sin \left(2 \varphi+\frac{\pi}{6}\right)=1$.

因为 $0<\varphi<\pi$ ，所以 $\varphi=\frac{\pi}{6}$ ，

因此 $g(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=2 \cos 2 x$.

由 $2 k \pi-\pi \leqslant 2 x \leqslant 2 k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ 得

$k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant x \leqslant k \pi, k \in \mathbf{Z}$,

所以函数 $y=g(x)$ 的单调递增区间为 $\left[k \pi-\frac{\pi}{2}, k \pi\right]$, $k \in \mathbf{Z}$.
题目（高二 · 解析几何）：17.  $ \overrightarrow{\text { 若 } \overrightarrow{O A}}=(\sin \theta,-1), \overrightarrow{O B}=(2 \sin \theta, 2 \cos \theta)$, 其中 $\theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 求 $|\overrightarrow{A B}|$ 的最大值.
选项：
答案：3
解析：$\because \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}=(\sin \theta, 2 \cos \theta+1)$ ，

$\therefore|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{\sin ^{2} \theta+4 \cos ^{2} \theta+4 \cos \theta+1}$

$=\sqrt{3 \cos ^{2} \theta+4 \cos \theta+2}$

$=\sqrt{3\left(\cos \theta+\frac{2}{3}\right)^{2}+\frac{2}{3}}$

$\therefore$ 当 $\cos \theta=1$ ，即 $\theta=0$ 时， $|\overrightarrow{A B}|$ 取得最大值 3 .
题目（高二 · 解析几何）：19. 已知 $\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 是平面上的一组基底, $\boldsymbol{a}=\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{b}=-2 \lambda \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}$.

(1)若 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 共线, 求 $\lambda$ 的值;

(2)若 $\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 是夹角为 $60^{\circ}$ 的单位向量, 当 $\lambda \geqslant 0$ 时, 求 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$ 的最大值.
选项：
答案：(1)因为 $\boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}$ ，所以存在实数 $\mu$ ，使得 $\boldsymbol{b}=\mu \boldsymbol{a}$ ，

所以 $\left\{\begin{array}{l}-2 \lambda=\mu ， \\ \lambda \mu=-1 ，\end{array}\right.$ 解得 $\lambda= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.

(2)因为 $\boldsymbol{e}_{1} ， \boldsymbol{e}_{2}$ 是夹角为 $60^{\circ}$ 的单位向量，

所以 $\boldsymbol{e}_{1} \cdot \boldsymbol{e}_{2}=\frac{1}{2} ，$

所以 $a \cdot b=\left(e_{1}+\lambda e_{2}\right) \cdot\left(-2 \lambda e_{1}-e_{2}\right)=-\lambda^{2}-3 \lambda-\frac{1}{2}$.

又 $\lambda \in[0,+\infty)$ ，所以 $\lambda=0$ 时， $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$ 取最大值为 $-\frac{1}{2}$.
解析：(1)因为 $\boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}$ ，所以存在实数 $\mu$ ，使得 $\boldsymbol{b}=\mu \boldsymbol{a}$ ，

所以 $\left\{\begin{array}{l}-2 \lambda=\mu ， \\ \lambda \mu=-1 ，\end{array}\right.$ 解得 $\lambda= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.

(2)因为 $\boldsymbol{e}_{1} ， \boldsymbol{e}_{2}$ 是夹角为 $60^{\circ}$ 的单位向量，

所以 $\boldsymbol{e}_{1} \cdot \boldsymbol{e}_{2}=\frac{1}{2} ，$

所以 $a \cdot b=\left(e_{1}+\lambda e_{2}\right) \cdot\left(-2 \lambda e_{1}-e_{2}\right)=-\lambda^{2}-3 \lambda-\frac{1}{2}$.

又 $\lambda \in[0,+\infty)$ ，所以 $\lambda=0$ 时， $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$ 取最大值为 $-\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：20. 已知平面向量 $\boldsymbol{a}=(3,4), \boldsymbol{b}=(9, x), \boldsymbol{c}=(4, y)$, 且 $\boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}, \boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{c}$.

(1)求 $\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{c}$;

(2)若 $\boldsymbol{m}=2 \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}, \boldsymbol{n}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c}$, 求向量 $\boldsymbol{m}, \boldsymbol{n}$ 的夹角的大小.
选项：
答案：$(1) \because \boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}, \therefore 3 x=4 \times 9 ， \therefore x=12$.

$\because \boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{c}, \therefore 3 \times 4+4 y=0$,

$\therefore y=-3, \quad \therefore \boldsymbol{b}=(9,12), \quad \boldsymbol{c}=(4,-3)$.

$(2) \boldsymbol{m}=2 \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=(6,8)-(9,12)=(-3,-4), \boldsymbol{n}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c}=(3,4)+(4,-3)=(7,1)$.

设 $\boldsymbol{m}, \boldsymbol{n}$ 的夹角为 $\theta$ ，

则 $\cos \theta=\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{-3 \times 7+(-4) \times 1}{\sqrt{(-3)^{2}+(-4)^{2}} \times \sqrt{7^{2}+1^{2}}}$
$=\frac{-25}{25 \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\because \theta \in[0 ， \pi] ， \therefore \theta=\frac{3 \pi}{4}$ ，即 $\boldsymbol{m}, \boldsymbol{n}$ 的夹角为 $\frac{3 \pi}{4}$.
解析：$(1) \because \boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}, \therefore 3 x=4 \times 9 ， \therefore x=12$.

$\because \boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{c}, \therefore 3 \times 4+4 y=0$,

$\therefore y=-3, \quad \therefore \boldsymbol{b}=(9,12), \quad \boldsymbol{c}=(4,-3)$.

$(2) \boldsymbol{m}=2 \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=(6,8)-(9,12)=(-3,-4), \boldsymbol{n}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c}=(3,4)+(4,-3)=(7,1)$.

设 $\boldsymbol{m}, \boldsymbol{n}$ 的夹角为 $\theta$ ，

则 $\cos \theta=\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{-3 \times 7+(-4) \times 1}{\sqrt{(-3)^{2}+(-4)^{2}} \times \sqrt{7^{2}+1^{2}}}$
$=\frac{-25}{25 \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\because \theta \in[0 ， \pi] ， \therefore \theta=\frac{3 \pi}{4}$ ，即 $\boldsymbol{m}, \boldsymbol{n}$ 的夹角为 $\frac{3 \pi}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：21. 平面内给定三个向量 $\boldsymbol{a}=(3,2), \boldsymbol{b}=(-1,2), \boldsymbol{c}=(4,1)$, 请解答下列问题:

(1) 求满足 $\boldsymbol{a}=m \boldsymbol{b}+n \boldsymbol{c}$ 的实数 $m, n$;

(2)若 $(\boldsymbol{a}+k \boldsymbol{c}) / /(2 \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})$, 求实数 $k$;

(3) 若 $\boldsymbol{d}$ 满足 $(\boldsymbol{d}-\boldsymbol{c}) / /(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})$, 且 $|\boldsymbol{d}-\boldsymbol{c}|=\sqrt{5}$, 求 $\boldsymbol{d}$.
选项：
答案：(1)由题意得 $(3,2)=m(-1,2)+n(4,1)$ ，

所以 $\left\{\begin{array}{l}-m+4 n=3 ， \\ 2 m+n=2 ，\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}m=\frac{5}{9} ｝ \\{n=\frac{8}{9} .}\end{array}\right.$

(2)由题意得 $\boldsymbol{a}+k \boldsymbol{c}=(3+4 k, 2+k), 2 \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}=(-5 ， 2)$.

因为 $(\boldsymbol{a}+k \boldsymbol{c}) / /(2 \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})$ ，

所以 $2 \times(3+4 k)-(-5) \times(2+k)=0$ ，

所以 $k=-\frac{16}{13}$.

(3)设 $\boldsymbol{d}=(x, y)$ ，则 $\boldsymbol{d}-\boldsymbol{c}=(x-4 ， y-1) ， \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=(2 ， 4)$.

由题意得 $\left\{\begin{array}{l}4(x-4)-2(y-1)=0 ， \\ (x-4)^{2}+(y-1)^{2}=5 ，\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 ， \\ y=-1 ，\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=5 ， \\ y=3 .\end{array}\right.$

所以 $\boldsymbol{d}=(3 ，-1)$ 或 $\boldsymbol{d}=(5,3)$.
解析：(1)由题意得 $(3,2)=m(-1,2)+n(4,1)$ ，

所以 $\left\{\begin{array}{l}-m+4 n=3 ， \\ 2 m+n=2 ，\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}m=\frac{5}{9} ｝ \\{n=\frac{8}{9} .}\end{array}\right.$

(2)由题意得 $\boldsymbol{a}+k \boldsymbol{c}=(3+4 k, 2+k), 2 \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}=(-5 ， 2)$.

因为 $(\boldsymbol{a}+k \boldsymbol{c}) / /(2 \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})$ ，

所以 $2 \times(3+4 k)-(-5) \times(2+k)=0$ ，

所以 $k=-\frac{16}{13}$.

(3)设 $\boldsymbol{d}=(x, y)$ ，则 $\boldsymbol{d}-\boldsymbol{c}=(x-4 ， y-1) ， \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=(2 ， 4)$.

由题意得 $\left\{\begin{array}{l}4(x-4)-2(y-1)=0 ， \\ (x-4)^{2}+(y-1)^{2}=5 ，\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 ， \\ y=-1 ，\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=5 ， \\ y=3 .\end{array}\right.$

所以 $\boldsymbol{d}=(3 ，-1)$ 或 $\boldsymbol{d}=(5,3)$.
题目（高二 · 解析几何）：22. 已知 $\odot O$ 的直径为 $10, A B$ 是 $\odot O$ 的一条直径, 长为 20 的线段 $M N$ 的中点 $P$ 在 $\odot O$上运动(异于 $A, B$ 两点).

(1)求证: $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B N}$ 与点 $P$ 在 $\odot O$ 上的位置无关;

(2)当 $\overrightarrow{M N}$ 与 $\overrightarrow{A B}$ 的夹角 $\theta$ 取何值时, $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B N}$ 有最大值?
选项：
答案：(1)证明: $\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径， $P$ 为圆上一点，

$\therefore A P \perp B P ， \therefore \overrightarrow{A P} \perp \overrightarrow{B P}$ ，即 $\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{B P}=0$.

$\because P$ 为 $M N$ 的中点，且 $|\overrightarrow{M N}|=20 ，$
$\therefore \overrightarrow{M P}=\overrightarrow{P N},|\overrightarrow{M P}|=|\overrightarrow{P N}|=10$,

$\therefore \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B N}=(\overrightarrow{A P}+\overrightarrow{P M}) \cdot(\overrightarrow{B P}+\overrightarrow{P N})$

$=(\overrightarrow{A P}-\overrightarrow{P N}) \cdot(\overrightarrow{B P}+\overrightarrow{P N})$

$=\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{B P}+\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{P N}-\overrightarrow{P N} \cdot \overrightarrow{B P}-\overrightarrow{P N} \cdot \overrightarrow{P N}$

$=\overrightarrow{P N} \cdot(\overrightarrow{A P}-\overrightarrow{B P})-100=\frac{1}{2} \overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{A B}-100$.

$\therefore \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B N}$ 仅与 $\overrightarrow{M N} ， \overrightarrow{A B}$ 的夹角有关，而与点 $P$ 在 $\odot O$ 上的位置无关.

(2)由(1)，得 $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B N}=\frac{1}{2} \overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{A B}-100=100 \cos \theta-100$.

$\because 0 \leqslant \theta \leqslant \pi ， \therefore$ 当 $\theta=0$ 时， $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B N}$ 取得最大值 0 .
解析：(1)证明: $\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径， $P$ 为圆上一点，

$\therefore A P \perp B P ， \therefore \overrightarrow{A P} \perp \overrightarrow{B P}$ ，即 $\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{B P}=0$.

$\because P$ 为 $M N$ 的中点，且 $|\overrightarrow{M N}|=20 ，$
$\therefore \overrightarrow{M P}=\overrightarrow{P N},|\overrightarrow{M P}|=|\overrightarrow{P N}|=10$,

$\therefore \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B N}=(\overrightarrow{A P}+\overrightarrow{P M}) \cdot(\overrightarrow{B P}+\overrightarrow{P N})$

$=(\overrightarrow{A P}-\overrightarrow{P N}) \cdot(\overrightarrow{B P}+\overrightarrow{P N})$

$=\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{B P}+\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{P N}-\overrightarrow{P N} \cdot \overrightarrow{B P}-\overrightarrow{P N} \cdot \overrightarrow{P N}$

$=\overrightarrow{P N} \cdot(\overrightarrow{A P}-\overrightarrow{B P})-100=\frac{1}{2} \overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{A B}-100$.

$\therefore \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B N}$ 仅与 $\overrightarrow{M N} ， \overrightarrow{A B}$ 的夹角有关，而与点 $P$ 在 $\odot O$ 上的位置无关.

(2)由(1)，得 $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B N}=\frac{1}{2} \overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{A B}-100=100 \cos \theta-100$.

$\because 0 \leqslant \theta \leqslant \pi ， \therefore$ 当 $\theta=0$ 时， $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B N}$ 取得最大值 0 .
题目（高二 · 解析几何）：17. 如图所示, 我艇在 $A$ 处发现一走私船在方位角 $45^{\circ}$ 且距离为 12 海里的 $B$ 处正以每小时 10 海里的速度向方位角 $105^{\circ}$ 的方向逃窝, 我艇立即以 14 海里/小时的速度追击,求我艇追上走私船所需要的时间.
选项：
答案：设我艇追上走私船所需时间为 $t$ 小时, 则



$B C=10 t, A C=14 t$, 在 $\triangle A B C$ 中,

由 $\angle A B C=180^{\circ}+45^{\circ}-105^{\circ}=120^{\circ}$,

根据余弦定理知:

$(14 t)^{2}=(10 t)^{2}+12^{2}-2 \cdot 12 \cdot 10 t \cos 120^{\circ}$,

$\therefore t=2$.

答 我艇追上走私船所需的时间为 2 小时.
解析：设我艇追上走私船所需时间为 $t$ 小时, 则



$B C=10 t, A C=14 t$, 在 $\triangle A B C$ 中,

由 $\angle A B C=180^{\circ}+45^{\circ}-105^{\circ}=120^{\circ}$,

根据余弦定理知:

$(14 t)^{2}=(10 t)^{2}+12^{2}-2 \cdot 12 \cdot 10 t \cos 120^{\circ}$,

$\therefore t=2$.

答 我艇追上走私船所需的时间为 2 小时.
题目（高二 · 解析几何）：18. 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A 、 B 、 C$ 所对的边长分别是 $a 、 b 、 c$, 且 $\cos A=\frac{4}{5}$.

(1)求 $\sin ^{2} \frac{B+C}{2}+\cos 2 A$ 的值;

(2)若 $b=2, \triangle A B C$ 的面积 $S=3$, 求 $a$.
选项：
答案：(1) $\sin ^{2} \frac{B+C}{2}+\cos 2 A=\frac{1-\cos (B+C)}{2}+\cos 2 A=\frac{1+\cos A}{2}+2 \cos ^{2} A-1=\frac{59}{50}$.

(2) $\because \cos A=\frac{4}{5}, \quad \therefore \sin A=\frac{3}{5}$.

由 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A$, 得 $3=\frac{1}{2} \times 2 c \times \frac{3}{5}$, 解得 $c=5$.

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

$a^{2}=4+25-2 \times 2 \times 5 \times \frac{4}{5}=13, \therefore a=\sqrt{13}$.
解析：(1) $\sin ^{2} \frac{B+C}{2}+\cos 2 A=\frac{1-\cos (B+C)}{2}+\cos 2 A=\frac{1+\cos A}{2}+2 \cos ^{2} A-1=\frac{59}{50}$.

(2) $\because \cos A=\frac{4}{5}, \quad \therefore \sin A=\frac{3}{5}$.

由 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A$, 得 $3=\frac{1}{2} \times 2 c \times \frac{3}{5}$, 解得 $c=5$.

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

$a^{2}=4+25-2 \times 2 \times 5 \times \frac{4}{5}=13, \therefore a=\sqrt{13}$.
题目（高二 · 解析几何）：20. 已知 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 且 $a=2, \cos B=\frac{3}{5}$.

(1)若 $b=4$, 求 $\sin A$ 的值;

(2)若 $\triangle A B C$ 的面积 $S_{\triangle A B C}=4$, 求 $b, c$ 的值.
选项：
答案：(1) $\because \cos B=\frac{3}{5}>0$, 且 $0<B<\pi$,

$\therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^{2} B}=\frac{4}{5}$.

由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$,

$\sin A=\frac{a \sin B}{b}=\frac{2 \times \frac{4}{5}}{4}=\frac{2}{5}$.

(2) $\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=4, \quad \therefore \frac{1}{2} \times 2 \times{ }_{c} \times \frac{4}{5}=4$,

$\therefore c=5$.

由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=2^{2}+5^{2}-2 \times 2 \times 5 \times \frac{3}{5}=17, \therefore b=\sqrt{17}$.
解析：(1) $\because \cos B=\frac{3}{5}>0$, 且 $0<B<\pi$,

$\therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^{2} B}=\frac{4}{5}$.

由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$,

$\sin A=\frac{a \sin B}{b}=\frac{2 \times \frac{4}{5}}{4}=\frac{2}{5}$.

(2) $\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=4, \quad \therefore \frac{1}{2} \times 2 \times{ }_{c} \times \frac{4}{5}=4$,

$\therefore c=5$.

由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=2^{2}+5^{2}-2 \times 2 \times 5 \times \frac{3}{5}=17, \therefore b=\sqrt{17}$.
题目（高二 · 解析几何）：21.  在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 的对边, 且 $2 a \sin A=(2 b+c) \sin$ $B+(2 c+b) \sin C$.

(1)求 $A$ 的大小;

(2)若 $\sin B+\sin C=1$, 试判断 $\triangle A B C$ 的形状.
选项：
答案：(1) 由已知, 根据正弦定理得 $2 a^{2}=(2 b+c) b+(2 c+b) c$,即 $a^{2}=b^{2}+c^{2}+b c$.
由余弦定理得 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,

故 $\cos A=-\frac{1}{2}, A=120^{\circ}$.

(2)方法一 由(1) 得 $\sin ^{2} A=\sin ^{2} B+\sin ^{2} C+\sin B \sin C$,

又 $A=120^{\circ}, \therefore \sin ^{2} B+\sin ^{2} C+\sin B \sin C=\frac{3}{4}$,

$\because \sin B+\sin C=1, \quad \therefore \sin C=1-\sin B$.

$\therefore \sin ^{2} B+(1-\sin B)^{2}+\sin B(1-\sin B)=\frac{3}{4}$,

即 $\sin ^{2} B-\sin B+\frac{1}{4}=0$.

解得 $\sin B=\frac{1}{2}$. 故 $\sin C=\frac{1}{2}$.

$\therefore B=C=30^{\circ}$.

所以, $\triangle A B C$ 是等腰的钝角三角形.

方法二 由(1) $A=120^{\circ}, \therefore B+C=60^{\circ}$,

则 $C=60^{\circ}-B$,

$\therefore \sin B+\sin C=\sin B+\sin \left(60^{\circ}-B\right)$

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

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

$=\sin \left(B+60^{\circ}\right)$

$=1$,

$\therefore B=30^{\circ}, C=30^{\circ}$.

$\therefore \triangle A B C$ 是等腰的钝角三角形.
解析：(1) 由已知, 根据正弦定理得 $2 a^{2}=(2 b+c) b+(2 c+b) c$,即 $a^{2}=b^{2}+c^{2}+b c$.
由余弦定理得 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,

故 $\cos A=-\frac{1}{2}, A=120^{\circ}$.

(2)方法一 由(1) 得 $\sin ^{2} A=\sin ^{2} B+\sin ^{2} C+\sin B \sin C$,

又 $A=120^{\circ}, \therefore \sin ^{2} B+\sin ^{2} C+\sin B \sin C=\frac{3}{4}$,

$\because \sin B+\sin C=1, \quad \therefore \sin C=1-\sin B$.

$\therefore \sin ^{2} B+(1-\sin B)^{2}+\sin B(1-\sin B)=\frac{3}{4}$,

即 $\sin ^{2} B-\sin B+\frac{1}{4}=0$.

解得 $\sin B=\frac{1}{2}$. 故 $\sin C=\frac{1}{2}$.

$\therefore B=C=30^{\circ}$.

所以, $\triangle A B C$ 是等腰的钝角三角形.

方法二 由(1) $A=120^{\circ}, \therefore B+C=60^{\circ}$,

则 $C=60^{\circ}-B$,

$\therefore \sin B+\sin C=\sin B+\sin \left(60^{\circ}-B\right)$

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

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

$=\sin \left(B+60^{\circ}\right)$

$=1$,

$\therefore B=30^{\circ}, C=30^{\circ}$.

$\therefore \triangle A B C$ 是等腰的钝角三角形.
题目（高二 · 解析几何）：11. 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $a=2 \sqrt{2}, A=30^{\circ}, B=45^{\circ}$, 解三角形.
选项：
答案：$\because \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$,

$\therefore b=\frac{a \sin B}{\sin A}=\frac{2 \sqrt{2} \sin 45^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}}=4$.
$\because C=180^{\circ}-(A+B)=180^{\circ}-\left(30^{\circ}+45^{\circ}\right)=105^{\circ}$,

$\therefore c=\frac{a \sin C}{\sin A}=\frac{2 \sqrt{2} \sin 105^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{2} \sin 75^{\circ}}{\frac{1}{2}}=2+2 \sqrt{3}$.
解析：$\because \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$,

$\therefore b=\frac{a \sin B}{\sin A}=\frac{2 \sqrt{2} \sin 45^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}}=4$.
$\because C=180^{\circ}-(A+B)=180^{\circ}-\left(30^{\circ}+45^{\circ}\right)=105^{\circ}$,

$\therefore c=\frac{a \sin C}{\sin A}=\frac{2 \sqrt{2} \sin 105^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{2} \sin 75^{\circ}}{\frac{1}{2}}=2+2 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $a=2 \sqrt{3}, b=6, A=30^{\circ}$, 解三角形.
选项：
答案：$a=2 \sqrt{3}, b=6, a<b, A=30^{\circ}<90^{\circ}$.

又因为 $b \sin A=6 \sin 30^{\circ}=3, a>b \sin A$,

所以本题有两解, 由正弦定理得:

$\sin B=\frac{b \sin A}{a}=\frac{6 \sin 30^{\circ}}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $B=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$.

当 $B=60^{\circ}$ 时, $C=90^{\circ}, c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=4 \sqrt{3}$;

当 $B=120^{\circ}$ 时, $C=30^{\circ}, c=a=2 \sqrt{3}$.

所以 $B=60^{\circ}, C=90^{\circ}, c=4 \sqrt{3}$ 或 $B=120^{\circ}, C=30^{\circ}, c=2 \sqrt{3}$.
解析：$a=2 \sqrt{3}, b=6, a<b, A=30^{\circ}<90^{\circ}$.

又因为 $b \sin A=6 \sin 30^{\circ}=3, a>b \sin A$,

所以本题有两解, 由正弦定理得:

$\sin B=\frac{b \sin A}{a}=\frac{6 \sin 30^{\circ}}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $B=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$.

当 $B=60^{\circ}$ 时, $C=90^{\circ}, c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=4 \sqrt{3}$;

当 $B=120^{\circ}$ 时, $C=30^{\circ}, c=a=2 \sqrt{3}$.

所以 $B=60^{\circ}, C=90^{\circ}, c=4 \sqrt{3}$ 或 $B=120^{\circ}, C=30^{\circ}, c=2 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：13. 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$ 若 $a=\sqrt{2}, b=2, \sin B+\cos B$ $=\sqrt{2}$, 则角 $A$ 的大小为
选项：
答案：$\frac{\pi}{6}$
解析：$\because \sin B+\cos B=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{4}+B\right)=\sqrt{2}$.

$\therefore \sin \left(\frac{\pi}{4}+B\right)=1$.

又 $0<B<\pi, \therefore B=\frac{\pi}{4}$.

由正弦定理, 得 $\sin A=\frac{a \sin B}{b}=\frac{\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{2}=\frac{1}{2}$.

又 $a<b, \therefore A<B, \therefore A=\frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 解析几何）：17. (本题满分 10 分) 在锐角 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$. 已知 $b=3$, $\sin A+a \sin B=2 \sqrt{3}$.

(1) 求角 $A$ 的值;

(2) 求函数 $f(x)=\cos ^{2}(x-A)-\cos ^{2} x \quad\left(x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]\right)$ 的值域.
选项：
答案：(1) $\frac{\pi}{3}(2) \cdot\left[-\frac{3}{4}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right]$
解析：( I ) 由正弦定理, 得 $a \sin B=b \sin A=3 \sin A$, 则 $\sin A+a \sin B=4 \sin A=2 \sqrt{3}$, 得 $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$,又 $A$ 为锐角, 故 $A=\frac{\pi}{3}$;

(II) $f(x)=\cos ^{2}\left(x-\frac{\pi}{3}\right)-\cos ^{2} x=\frac{1+\cos \left(2 x-\frac{2 \pi}{3}\right)}{2}-\frac{1+\cos 2 x}{2}$

$$
=\frac{1}{2}\left[\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{3}{2} \cos 2 x\right]=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)
$$

因 $0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}$, 故 $-\frac{\pi}{3} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{2 \pi}{3}$, 于是 $-\frac{\sqrt{3}}{2} \leqslant \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right) \leqslant 1$, 因此 $-\frac{3}{4} \leqslant f(x) \leqslant \frac{\sqrt{3}}{2}$,

即 $f(x)$ 的值域为 $\left[-\frac{3}{4}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：21. 设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $c=3$, 且 $\sin \left(2 C-\frac{\pi}{6}\right)=1$.

(1) 求角 $C$ 的大小;

(2) 若向量 $\vec{m}=(1, \sin A)$ 与 $\vec{n}=(2, \sin B)$ 共线, 求 $a, b$ 的值.
选项：
答案：(1) $C=\frac{\pi}{3}$; (2) $\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{3} \\ b=2 \sqrt{3}\end{array}\right.$
解析：: $\because \sin \left(2 C-\frac{\pi}{6}\right)=1,0<C<\pi$,

$\therefore-\frac{\pi}{6}<2 C-\frac{\pi}{6}<\frac{11 \pi}{6}, \therefore 2 C-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$, 得 $C=\frac{\pi}{3}$;

(2) $\because m$ 与 $n$ 共线, $\therefore \sin B-2 \sin A=0$, 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $b=2 a$ (1), $\because c=3$, 由余弦定理得 $9=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos \frac{\pi}{3}$ (2),

联立(1)(2)解得 $\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{3} \\ b=2 \sqrt{3}\end{array}\right.$