eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 度量几何学）：已知在 $\triangle A B C$ 中, $|A B|=1,|A C|=2$.
选项：
答案：(1) 0 ; (2) $\frac{9}{10}$.
解析：(1) 因为 $A D$ 是角平分线, 从而得到 $|\overrightarrow{B D}|\left|\frac{|\overrightarrow{A B}|}{|\overrightarrow{A C}|}\right|=\frac{1}{2}$,

所以可得 $\overrightarrow{A D}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$,

所以 ${ }^{\text {lur }} A D \cdot(2 A B-A C)=\left(2^{\text {und }} A B+\frac{1}{3} A C\right) \cdot(2 A B-A C)=0$.

(2) 在 $\triangle A B E$ 和 $\triangle A C E$ 由用余弦定理可得 $\cos \angle A E B=\frac{|\overrightarrow{A E}|^{2}+|\overrightarrow{B E}|^{2}-|\overrightarrow{A B}|^{2}}{2|\overrightarrow{A E}| \overrightarrow{B E} \mid}, \cos \angle A E C=\frac{|\overrightarrow{A E}|^{2}+|\overrightarrow{C E}|^{2}-|\overrightarrow{A C}|^{2}}{2|\overrightarrow{A E}||\overrightarrow{C E}|}$,

而 $|\overrightarrow{B E}|=|\overrightarrow{C E}|, \cos \angle A E B=-\cos \angle A E C$,

所以得到 $\frac{|\overrightarrow{A E}|^{2}+|\overrightarrow{B E}|^{2}-|\overrightarrow{A B}|^{2}}{2|\overrightarrow{A E}||\overrightarrow{B E}|}=-\frac{|\overrightarrow{A E}|^{2}+|\overrightarrow{C E}|^{2}-|\overrightarrow{A C}|^{2}}{2|\overrightarrow{A E}||\overrightarrow{C E}|}$,

整理得 $4|\overrightarrow{A E}|^{2}+|B C|^{2}=2\left(|\overrightarrow{A B}|^{2}+|\overrightarrow{A C}|^{2}\right)=10$ ，



$=\frac{1}{10}\left[4+\frac{|\overrightarrow{B C}|^{2}}{|\overrightarrow{A E}|^{2}}+\frac{4|\overrightarrow{A E}|^{2}}{|\overrightarrow{B C}|^{2}}+1\right] \geq \frac{1}{10}\left(5+2 \sqrt{\frac{|\overrightarrow{B C}|^{2}}{|\overrightarrow{A E}|^{2}} \cdot \frac{4|\overrightarrow{A E}|^{2}}{|\overrightarrow{B C}|^{2}}}\right)=\frac{9}{10}$,

当且仅当 $|\overrightarrow{B C}|=2|\overrightarrow{A E}|$ 时, 等号成立.
题目（高二 · 度量几何学）：22. 如图, 在四边形 $A B C D$ 中, $A=\frac{\pi}{4}, \tan \angle A B D=3$,

    $A D=6 \sqrt{2}, B C=2 \sqrt{2}, C D=4$.

    (1) 求 $B D$ 的长;

    

    (2) 求证: $\angle A B C+\angle A D C=\pi$.
选项：
答案：(1) 在 $\triangle A B D$ 中, 因为 $\tan \angle A B D=3$, 所以 $\sin \angle A B D=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$,

    根据正弦定理有： $\frac{B D}{\sin \angle A}=\frac{A D}{\sin \angle A B D}$ ，

    将 $A D=6 \sqrt{2}, A=\frac{\pi}{4}$ 代入上式, 可得 $B D=2 \sqrt{10}$.

    (2) 证明: 在 $\triangle B C D$ 中, 根据余弦定理 $\cos \angle C=\frac{B C^{2}+C D^{2}-B D^{2}}{2 B C \cdot C D}$,

    将 $B C=2 \sqrt{2}, C D=4, B D=2 \sqrt{10}$ 代入上式, 得 $\cos \angle C=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

    因为 $\angle C$ 为三角形内角, 所以 $\angle C=\frac{3 \pi}{4}$, 所以 $\angle A+\angle C=\pi$,

    而在四边形 $A B C D$ 中, $\angle A+\angle A B C+\angle C+\angle A D C=2 \pi$,

    所以 $\angle A B C+\angle A D C=\pi$.
解析：(1) 在 $\triangle A B D$ 中, 因为 $\tan \angle A B D=3$, 所以 $\sin \angle A B D=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$,

    根据正弦定理有： $\frac{B D}{\sin \angle A}=\frac{A D}{\sin \angle A B D}$ ，

    将 $A D=6 \sqrt{2}, A=\frac{\pi}{4}$ 代入上式, 可得 $B D=2 \sqrt{10}$.

    (2) 证明: 在 $\triangle B C D$ 中, 根据余弦定理 $\cos \angle C=\frac{B C^{2}+C D^{2}-B D^{2}}{2 B C \cdot C D}$,

    将 $B C=2 \sqrt{2}, C D=4, B D=2 \sqrt{10}$ 代入上式, 得 $\cos \angle C=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

    因为 $\angle C$ 为三角形内角, 所以 $\angle C=\frac{3 \pi}{4}$, 所以 $\angle A+\angle C=\pi$,

    而在四边形 $A B C D$ 中, $\angle A+\angle A B C+\angle C+\angle A D C=2 \pi$,

    所以 $\angle A B C+\angle A D C=\pi$.
题目（高二 · 度量几何学）：7. 已知: $\cos (2 \alpha-\beta)=-\frac{\sqrt{2}}{2}, \sin (\alpha-2 \beta)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 且 $\frac{\pi}{4}<\alpha<\frac{\pi}{2}, \quad 0<\beta<\frac{\pi}{4}$, 求 $\cos (\alpha+\beta)$.
选项：
答案：0
解析：因为 $\frac{\pi}{4}<\alpha<\frac{\pi}{2}, 0<\beta<\frac{\pi}{4}$, 所以 $\frac{\pi}{4}<2 \alpha-\beta<\pi$.

因为 $\cos (2 \alpha-\beta)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $\frac{\pi}{2}<2 \alpha-\beta<\pi$.

所以 $\sin (2 \alpha-\beta)=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

因为 $\frac{\pi}{4}<\alpha<\frac{\pi}{2}, 0<\beta<\frac{\pi}{4}$, 所以 $-\frac{\pi}{4}<\alpha-2 \beta<\frac{\pi}{2}$,
因为 $\sin (\alpha-2 \beta)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $0<\alpha-2 \beta<\frac{\pi}{2}$,

所以 $\cos (\alpha-2 \beta)=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

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

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

$=-\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=0$.
题目（高二 · 度量几何学）：10. 如图所示, 分别写出适合下列条件的角的集合:

 (1)终边落在射线 $O M$ 上;

(2)终边落在直线 $O M$ 上;

(3)终边落在阴影区域内(含边界).
选项：
答案：(1)终边落在射线 $O M$ 上的角的集合为 $A=\\left\\{\\alpha \\mid \\alpha=45^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}, k \\in \\mathbf{Z}\\right\\}$.

(2)由(1)得终边落在射线 $O M$ 上的角的集合为 $A=\\left\{\\alpha \\mid \\alpha=45^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}, k \\in \\mathbf{Z}\\right\}$, 终边落在射线 $O M$ 反向延长线上的角的集合为 $B=\\left\\{\\alpha \\mid \\alpha=225^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}, k\\= \\in \\mathbf{Z}\\right\\}$,

则终边落在直线 $O M$ 上的角的集合为

$A \\cup B=\\left\\{\alpha \\mid \\alpha=45^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}, k \\in \\mathbf{Z}\\right\\} \\cup\\left\\{\\alpha \\mid \\alpha=225^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}, k \\in \\mathbf{Z}\\right\\}$

$=\left\{\alpha \mid \alpha=45^{\circ}+2 k \cdot 180^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\} \cup\left\{\alpha \mid \alpha=45^{\circ}+(2 k+1) \cdot 180^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}=\left\{\alpha \mid \alpha=45^{\circ}+n \cdot 180^{\circ}, n \in \mathbf{Z}\right\}$.

(3)终边落在直线 $O N$ 上的角的集合为

$C=\\left\\{\\beta \\mid \\beta=60^{\\circ}+n \\cdot 180^{\\circ}, n \\in \\mathbf{Z}\\right\\}$,

则终边落在阴影区域内(含边界)的角的集合为 $S=\\left\\{\alpha \\mid 45^{\\circ}+n \\cdot 180^{\\circ} \\leqslant \\alpha \\leqslant 60^{\\circ}+n \\cdot 180^{\\circ}, n \\in \\mathbf{Z}\\right\\}$.
解析：(1)终边落在射线 $O M$ 上的角的集合为 $A=\\left\\{\\alpha \\mid \\alpha=45^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}, k \\in \\mathbf{Z}\\right\\}$.

(2)由(1)得终边落在射线 $O M$ 上的角的集合为 $A=\\left\{\\alpha \\mid \\alpha=45^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}, k \\in \\mathbf{Z}\\right\}$, 终边落在射线 $O M$ 反向延长线上的角的集合为 $B=\\left\\{\\alpha \\mid \\alpha=225^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}, k\\= \\in \\mathbf{Z}\\right\\}$,

则终边落在直线 $O M$ 上的角的集合为

$A \\cup B=\\left\\{\alpha \\mid \\alpha=45^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}, k \\in \\mathbf{Z}\\right\\} \\cup\\left\\{\\alpha \\mid \\alpha=225^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}, k \\in \\mathbf{Z}\\right\\}$

$=\left\{\alpha \mid \alpha=45^{\circ}+2 k \cdot 180^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\} \cup\left\{\alpha \mid \alpha=45^{\circ}+(2 k+1) \cdot 180^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}=\left\{\alpha \mid \alpha=45^{\circ}+n \cdot 180^{\circ}, n \in \mathbf{Z}\right\}$.

(3)终边落在直线 $O N$ 上的角的集合为

$C=\\left\\{\\beta \\mid \\beta=60^{\\circ}+n \\cdot 180^{\\circ}, n \\in \\mathbf{Z}\\right\\}$,

则终边落在阴影区域内(含边界)的角的集合为 $S=\\left\\{\alpha \\mid 45^{\\circ}+n \\cdot 180^{\\circ} \\leqslant \\alpha \\leqslant 60^{\\circ}+n \\cdot 180^{\\circ}, n \\in \\mathbf{Z}\\right\\}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\\alpha=-1910^{\\circ}$.

(1)把 $\\alpha$ 写成 $\\beta+k \\cdot 360^{\\circ}\\left(k \\in \\mathbf{Z}, 0^{\\circ} \\leqslant \\beta<360^{\\circ}\\right)$ 的形式;

(2)求 $\\theta$, 使 $\\theta$ 与 $\\alpha$ 的终边相同, 且 $-720^{\\circ} \\leqslant \\theta<0^{\\circ}$.
选项：
答案：(1) $-1910^{\circ}=-6 \times 360^{\circ}+250^{\circ}$. (2)$-470^{\circ}$.
解析：(1)因为 $-1910^{\\circ} \\div 360^{\\circ}=-6$ 余 $250^{\circ}$,

所以 $-1910^{\\circ}=-6 \\times 360^{\\circ}+250^{\\circ}$.

(2) 令 $\\theta=250^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}(k \\in \\mathbf{Z})$,

因为 $-720^{\\circ} \\leqslant \\theta<0^{\\circ}$,

所以 $-720^{\\circ} \\leqslant 250^{\\circ}+k \\cdot 360^{\\circ}<0^{\\circ}$,

即 $-\\frac{97}{36} \\leqslant k<-\\frac{25}{36}$,

因为 $k \in \mathbf{Z}$ ，所以 $k=-1$ 或 -2 .

即 $250^{\\circ}+(-1) \\cdot 360^{\\circ}=-110^{\\circ}, 250^{\\circ}+(-2) \\cdot 360^{\\circ}=-470^{\\circ}$.
题目（高二 · 度量几何学）：9. 在 $0^{\circ} \sim 360^{\circ}$ 范围内, 找出与下列各角终边相同的角, 并指出它们是第几象限角:

(1) $549^{\circ}$; (2) $-60^{\circ}$; (3) $-503^{\circ} 36^{\prime}$.
选项：
答案：$(1) 549^{\circ}=189^{\circ}+360^{\circ}$, 而 $180^{\circ}<189^{\circ}<270^{\circ}$, 因此, $549^{\circ}$ 角为第三象限角, 且在 $0^{\circ} \sim 360^{\circ}$ 范围内,
与 $189^{\circ}$ 角有相同的终边.

(2) $-60^{\circ}=300^{\circ}-360^{\circ}$, 而 $270^{\circ}<300^{\circ}<360^{\circ}$, 因此, $-60^{\circ}$ 角为第四象限角, 且在 $0^{\circ} \sim 360^{\circ}$ 范围内, 与 $300^{\circ}$ 角有相同的终边.

(3) $-503^{\circ} 36^{\prime}=216^{\circ} 24^{\prime}-2 \times 360^{\circ}$, 而 $180^{\circ}<216^{\circ} 24^{\prime}<270^{\circ}$. 因此, $-503^{\circ} 36^{\prime}$ 角是第三象限角, 且在 $0^{\circ} \sim 360^{\circ}$ 范围内, 与 $216^{\circ} 24^{\prime}$ 角有相同的终边.
解析：$(1) 549^{\circ}=189^{\circ}+360^{\circ}$, 而 $180^{\circ}<189^{\circ}<270^{\circ}$, 因此, $549^{\circ}$ 角为第三象限角, 且在 $0^{\circ} \sim 360^{\circ}$ 范围内,
与 $189^{\circ}$ 角有相同的终边.

(2) $-60^{\circ}=300^{\circ}-360^{\circ}$, 而 $270^{\circ}<300^{\circ}<360^{\circ}$, 因此, $-60^{\circ}$ 角为第四象限角, 且在 $0^{\circ} \sim 360^{\circ}$ 范围内, 与 $300^{\circ}$ 角有相同的终边.

(3) $-503^{\circ} 36^{\prime}=216^{\circ} 24^{\prime}-2 \times 360^{\circ}$, 而 $180^{\circ}<216^{\circ} 24^{\prime}<270^{\circ}$. 因此, $-503^{\circ} 36^{\prime}$ 角是第三象限角, 且在 $0^{\circ} \sim 360^{\circ}$ 范围内, 与 $216^{\circ} 24^{\prime}$ 角有相同的终边.
题目（高二 · 度量几何学）：10.已知半径为 10 的圆 $O$ 中, 弦 $A B$ 的长为 10 .

(1)求弦 $A B$ 所对的圆心角 $\alpha$ 的大小;

(2)求 $\alpha$ 所在的扇形的弧长 $l$ 及弧所在的弓形的面积 S.
选项：
答案：(1)$\frac{\pi}{3}$(2)$l=\frac{10 \pi}{3}$,$S=25\left(\frac{2 \pi}{3}-\sqrt{3}\right)
$
解析：)由 $\odot O$ 的半径 $r=10=A B$,

知 $\triangle A O B$ 是等边三角形,

$\therefore \alpha=\angle A O B=60^{\circ}=\frac{\pi}{3}$.

(2)由(1)可知 $\alpha=\frac{\pi}{3}, r=10$,

$\therefore$ 弧长 $l=\alpha \cdot r=\frac{\pi}{3} \times 10=\frac{10 \pi}{3}$,

$\therefore S_{\text {扇形 }}=\frac{1}{2} l r=\frac{1}{2} \times \frac{10 \pi}{3} \times 10=\frac{50 \pi}{3}$,

而 $S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2} \cdot A B \cdot 5 \sqrt{3}=\frac{1}{2} \times 10 \times 5 \sqrt{3}=25 \sqrt{3}$,

$$
\therefore S=S_{\text {扇形 }}-S_{\triangle A O B}=25\left(\frac{2 \pi}{3}-\sqrt{3}\right)
$$
题目（高二 · 度量几何学）：8. 已知 $\alpha=2000^{\circ}$.

(1)把 $\alpha$ 写成 $2 k \pi+\beta(k \in \mathbf{Z}, \beta \in[0,2 \pi)$ 的形式;

(2)求 $\theta$, 使得 $\theta$ 与 $\alpha$ 的终边相同, 且 $\theta \in(4 \pi, 6 \pi)$.
选项：
答案：(1)$10 \pi+\frac{10}{9} \pi$(2)$\frac{46 \pi}{9}$
解析：(1) $\alpha=2000^{\circ}=5 \times 360^{\circ}+200^{\circ}=10 \pi+\frac{10}{9} \pi$.

(2) $\theta$ 与 $\alpha$ 的终边相同, 故 $\theta=2 k \pi+\frac{10}{9} \pi, k \in \mathbf{Z}$,
又 $\theta \in(4 \pi, 6 \pi)$, 所以 $k=2$ 时, $\theta=4 \pi+\frac{10}{9} \pi=\frac{46 \pi}{9}$.
题目（高二 · 度量几何学）：9. 已知一个扇形的周长是 40 ,

(1)若扇形的面积为 100 , 求扇形的圆心角;

(2)求扇形面积 $S$ 的最大值.
选项：
答案：(1) $2 \mathrm{rad}$(2)100
解析：(1)设扇形的半径为 $r$, 弧长为 $l$, 圆心角为 $\alpha$,

则由题意得 $\left\{\begin{array}{l}l+2 r=40, \\ \frac{1}{2} l r=100,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}l=20, \\ r=10,\end{array}\right.$ 则 $\alpha=\frac{l}{r}=2(\mathrm{rad})$.

故扇形的圆心角为 $2 \mathrm{rad}$.

(2) 由 $l+2 r=40$, 得 $l=40-2 r$,

故 $S=\frac{1}{2} l r=\frac{1}{2}(40-2 r) \cdot r$

$=20 r-r^{2}=-(r-10)^{2}+100$,

故 $r=10$ 时，扇形面积 $S$ 取最大值 100 .
题目（高二 · 度量几何学）：10.如图, 扇形 $A O B$ 所在圆的半径为 $10, A B=10$. 求:

(1)圆心角 $\alpha$ 的大小;

(2)扇形 $A O B$ 的周长.
选项：
答案：(1)$\\frac{\\pi}{3}$\ (2)$2 r+l=20+\\frac{10 \\pi}{3}$
解析：(1) 由半径 $r=10, A B=10$, 知 $\triangle A O B$ 为等边三角形,

所以 $\alpha=\angle A O B=60^{\circ}=\frac{\pi}{3}$.

(2) 由(1)知弧长 $l=\alpha r=\frac{\pi}{3} \times 10=\frac{10 \pi}{3}$,

所以扇形 $A O B$ 的周长为 $2 r+l=20+\frac{10 \pi}{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：12.如果一扇形的弧长变为原来的 $\frac{3}{2}$ 倍, 半径变为原来的一半, 则该扇形的面积为原扇形面积的
选项：
答案：$\frac{3}{4}$
解析：由于 $S=\frac{1}{2} l R$, 若 $l^{\prime}=\frac{3}{2} l, R^{\prime}=\frac{1}{2} R$,

则 $S^{\prime}=\frac{1}{2} l^{\prime} \quad R^{\prime}=\frac{1}{2} \times \frac{3}{2} l \times \frac{1}{2} R=\frac{3}{4} S$.

答案: $\frac{3}{4}$
题目（高二 · 度量几何学）：13.已知 $\alpha=-800^{\circ}$.

(1)把 $\alpha$ 改写成 $\beta+2 k \pi(k \in \mathbf{Z}, 0 \leqslant \beta<2 \pi)$ 的形式，并指出 $\alpha$ 的终边在第几象限;

(2)求 $\gamma$ 角, 使 $\gamma$ 与 $\alpha$ 的终边相同, 且 $\gamma \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$.
选项：
答案：(1)第四象限 （2）$ \gamma=-2 \pi+\frac{14 \pi}{9}=-\frac{4 \pi}{9}$.
解析：(1) $\because-800^{\circ}=-3 \times 360^{\circ}+280^{\circ}$, 又 $280^{\circ}=\frac{14 \pi}{9}, \therefore \alpha=\frac{14 \pi}{9}+(-3) \times 2 \pi, \therefore \alpha$ 与 $\frac{14 \pi}{9}$ 的终边相同, $\therefore$ 角 $\alpha$ 的终边在第四象限。

(2) $\because$ 与 $\alpha$ 角终边相同的角可以表示为 $2 k \pi+\alpha, k \in \mathbf{Z}$, 又 $\alpha$ 与 $\frac{14 \pi}{9}$ 的终边相同,

$\therefore \gamma \in\left\{\beta \left\lvert\, \beta=2 k \pi+\frac{14 \pi}{9}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$.

又 $\because \gamma \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right), \therefore-\frac{\pi}{2}<2 k \pi+\frac{14 \pi}{9}<\frac{\pi}{2}$, 易知当且仅当 $k=-1$ 时, 不等式成立, $\therefore \gamma=-2 \pi+\frac{14 \pi}{9}=-\frac{4 \pi}{9}$.
题目（高二 · 度量几何学）：14.已知一扇形的圆心角为 $\alpha(\alpha>0)$, 所在圆的半径为 $R$.

(1)若 $\alpha=60^{\circ}, R=10 \mathrm{~cm}$, 求扇形的弧长及该弧所在的弓形的面积;

(2)若扇形的周长为 $20 \mathrm{~cm}$, 当扇形的圆心角 $\alpha$ 等于多少弧度时, 这个扇形的面积最大?
选项：
答案：（1）$\left(\frac{50}{3} \pi-25 \sqrt{3}\right) \mathrm{cm}^{2}$(2)2
解析：(1)设弧长为 $l$, 弓形面积为 $S$, 则 $\alpha=60^{\circ}=\frac{\pi}{3}$,

$R=10 \mathrm{~cm}, \quad l=\frac{\pi}{3} \times 10=\frac{10 \pi}{3}(\mathrm{~cm})$,

$S=S_{\text {扁 }}-S_{\triangle}=\frac{1}{2} \times \frac{10 \pi}{3} \times 10-\frac{\sqrt{3}}{4} \times 10^{2}=\left(\frac{50}{3} \pi-25 \sqrt{3}\right) \mathrm{cm}^{2}$.

(2)设扇形的弧长为 $l$,

则 $l+2 R=20$, 即 $l=20-2 R(0<R<10)$,

$\therefore$ 扇形的面积 $S=\frac{1}{2} l R=\frac{1}{2}(20-2 R) R=-R^{2}+10 R=-(R-5)^{2}+25$.
$\therefore$ 当 $R=5 \mathrm{~cm}$ 时, $S$ 有最大值 $25 \mathrm{~cm}^{2}$,

此时 $l=10 \mathrm{~cm}, \alpha=\frac{l}{R}=2 \mathrm{rad}$.

因此，当 $\alpha=2 \mathrm{rad}$ 时，这个扇形的面积最大。
题目（高二 · 度量几何学）：将下列角度与弧度进行互化:
(1) $20^{\\circ}$;
(2) $-15^{\\circ} ;(3) \\frac{7 \\pi}{12}$
(4) $-\\frac{11 \\pi}{5}$.
选项：
答案：(1) $20^{\\circ}=\\frac{20}{180} \\pi=\\frac{\\pi}{9}$.

(2) $-15^{\\circ}=-\\frac{15}{180} \\pi=-\\frac{\\pi}{12}$.

(3) $\\frac{7 \\pi}{12}=\\left(\\frac{7 \\pi}{12} \\times \\frac{180}{\\pi}\\right)^{\\circ}=\\left(\\frac{7}{12} \\times 180\\right)^{\\circ}=105^{\\circ}$.

(4) $-\\frac{11 \\pi}{5}=\\left(-\\frac{11 \\pi}{5} \\times \\frac{180}{\\pi}\\right)^{\\circ}=\\left(-\\frac{11}{5} \\times 180\\right)^{\\circ}=-396^{\\circ}$
解析：(1) $20^{\\circ}=\\frac{20}{180} \\pi=\\frac{\\pi}{9}$.

(2) $-15^{\\circ}=-\\frac{15}{180} \\pi=-\\frac{\\pi}{12}$.

(3) $\\frac{7 \\pi}{12}=\\left(\\frac{7 \\pi}{12} \\times \\frac{180}{\\pi}\\right)^{\\circ}=\\left(\\frac{7}{12} \\times 180\\right)^{\\circ}=105^{\\circ}$.

(4) $-\\frac{11 \\pi}{5}=\\left(-\\frac{11 \\pi}{5} \\times \\frac{180}{\\pi}\\right)^{\\circ}=\\left(-\\frac{11}{5} \\times 180\\right)^{\\circ}=-396^{\\circ}$
题目（高二 · 度量几何学）：10.已知 $\sin \theta, \cos \theta$ 是方程 $2 x^{2}-m x+1=0$ 的两根, 则 $\frac{\sin \theta}{1-\frac{1}{\tan \theta}}+\frac{\cos \theta}{1-\tan \theta}=$
选项：
答案：$\pm \sqrt{2}$
解析：$\frac{\sin \theta}{1-\frac{1}{\tan \theta}}+\frac{\cos \theta}{1-\tan \theta}$

$=\frac{\sin \theta}{1-\frac{\cos \theta}{\sin \theta}}+\frac{\cos \theta}{1-\frac{\sin \theta}{\cos \theta}}=\frac{\sin ^{2} \theta}{\sin \theta-\cos \theta}+\frac{\cos ^{2} \theta}{\cos \theta-\sin \theta}=\frac{\sin ^{2} \theta-\cos ^{2} \theta}{\sin \theta-\cos \theta}=\sin \theta+\cos \theta$, 又因为 $\sin \theta, \cos \theta$ 是方

程 $2 x^{2}-m x+1=0$ 的两根, 所以由韦达定理得 $\sin \theta \cos \theta=\frac{1}{2}$, 则 $(\sin \theta+\cos \theta)^{2}=1+2 \sin \theta \cos \theta=2$, 所以 $\sin$ $\theta+\cos \theta= \pm \sqrt{2}$.

【答案】 $\pm \sqrt{2}$
题目（高二 · 度量几何学）：11.已知 $\sin x+\sin y=\frac{1}{3}$,
求 $\mu=\sin y-\cos ^{2} x$ 的最值.
选项：
答案：$-\frac{11}{12}$
解析：$\sin x+\sin y=\frac{1}{3}$,

所以 $\sin y=\frac{1}{3}-\sin x$,

则 $\mu=\sin y-\cos ^{2} x=\frac{1}{3}-\sin x-\cos ^{2} x$

$=\frac{1}{3}-\sin x-\left(1-\sin ^{2} x\right)$

$=\sin ^{2} x-\sin x-\frac{2}{3}$

$=\left(\sin x-\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{11}{12}$.

又因为 $-1 \leqslant \sin y \leqslant 1$, 则 $-1 \leqslant \frac{1}{3}-\sin x \leqslant 1$, 结合 $-1 \leqslant \sin x \leqslant 1$, 解得 $-\frac{2}{3} \leqslant \sin x \leqslant 1$,

故当 $\sin x=-\frac{2}{3}$ 时, $\mu_{\text {max }}=\frac{4}{9}$,

当 $\sin x=\frac{1}{2}$ 时, $\mu_{\min }=-\frac{11}{12}$.
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\frac{3 \pi}{2}<\alpha<2 \pi$, 求证: $\sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}+\sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{1-\cos \alpha}}=-\frac{2}{\sin \alpha}$.
选项：
答案：$\because \frac{3 \pi}{2}<\alpha<2 \pi, \therefore \sin \alpha<0$左边 $=\sqrt{\frac{(1-\cos \alpha)^{2}}{(1+\cos \alpha)(1-\cos \alpha)}}+$$\sqrt{\frac{(1+\cos \alpha)^{2}}{(1-\cos \alpha)(1+\cos \alpha)}}$$=\sqrt{\frac{(1-\cos \alpha)^{2}}{\sin ^{2} \alpha}}+\sqrt{\frac{(1+\cos \alpha)^{2}}{\sin ^{2} \alpha}}$$=\frac{|1-\cos \alpha|}{|\sin \alpha|}+\frac{|1+\cos \alpha|}{|\sin \alpha|}$=-\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}-\frac{1+\cos \alpha}{\sin \alpha}$$=-\frac{2}{\sin \alpha}=$ 右边.$	herefore$ 原等式成立。
解析：$\because \frac{3 \pi}{2}<\alpha<2 \pi, \therefore \sin \alpha<0$.左边 $=\sqrt{\frac{(1-\cos \alpha)^{2}}{(1+\cos \alpha)(1-\cos \alpha)}}+$$\sqrt{\frac{(1+\cos \alpha)^{2}}{(1-\cos \alpha)(1+\cos \alpha)}}$$=\sqrt{\frac{(1-\cos \alpha)^{2}}{\sin ^{2} \alpha}}+\sqrt{\frac{(1+\cos \alpha)^{2}}{\sin ^{2} \alpha}}$$=\frac{|1-\cos \alpha|}{|\sin \alpha|}+\frac{|1+\cos \alpha|}{|\sin \alpha|}$$=-\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}-\frac{1+\cos \alpha}{\sin \alpha}$$=-\frac{2}{\sin \alpha}=$ 右边.$	herefore$ 原等式成立。 .
题目（高二 · 度量几何学）：10.已知定义在区间 $\left[-\pi, \frac{2}{3} \pi\right]$ 上的函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)(A>0, \omega>0,0<\varphi \leqslant \pi)$ 的图象关于直线 $x=-\frac{\pi}{6}$ 对称,当 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 时, $f(x)$ 的图象如图 1-5-5 所示.



图 1-5-5

(1)求 $f(x)$ 在 $\left[-\pi, \frac{2}{3} \pi\right]$ 上的解析式;

(2)求方程 $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 的解.
选项：
答案：(1)由题图知: $A=1$,

$T=4\left(\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}\right)=2 \pi$, 则 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=1$,

在 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 时, 将 $\left(\frac{\pi}{6}, 1\right)$ 代入 $f(x)$ 得,

$f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{6}+\varphi\right)=1$, 因为 $0<\varphi \leqslant \pi$, 所以 $\varphi=\frac{\pi}{3}$,

所以在 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 时, $f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.

同理在 $x \in\left[-\pi,-\frac{\pi}{6}\right]$ 时,

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

综上, $f(x)= \begin{cases}\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right), & x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right], \\ \sin \left(x-\frac{2}{3} \pi\right), & x \in\left[-\pi,-\frac{\pi}{6}\right]\end{cases}$

(2) 由 $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 内可得 $x_{1}=\frac{5 \pi}{12}, x_{2}=-\frac{\pi}{12}$.

因为 $y=f(x)$ 关于 $x=-\frac{\pi}{6}$ 对称,
有 $x_{3}=-\frac{\pi}{4}, x_{4}=-\frac{3 \pi}{4}$.

则 $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 的解为 $-\frac{\pi}{4},-\frac{3 \pi}{4}, \frac{5 \pi}{12},-\frac{\pi}{12}$.
解析：)由题图知: $A=1$,

$T=4\left(\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}\right)=2 \pi$, 则 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=1$,

在 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 时, 将 $\left(\frac{\pi}{6}, 1\right)$ 代入 $f(x)$ 得,

$f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{6}+\varphi\right)=1$, 因为 $0<\varphi \leqslant \pi$, 所以 $\varphi=\frac{\pi}{3}$,

所以在 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 时, $f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.

同理在 $x \in\left[-\pi,-\frac{\pi}{6}\right]$ 时,

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

综上, $f(x)= \begin{cases}\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right), & x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right], \\ \sin \left(x-\frac{2}{3} \pi\right), & x \in\left[-\pi,-\frac{\pi}{6}\right]\end{cases}$

(2) 由 $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 内可得 $x_{1}=\frac{5 \pi}{12}, x_{2}=-\frac{\pi}{12}$.

因为 $y=f(x)$ 关于 $x=-\frac{\pi}{6}$ 对称,
有 $x_{3}=-\frac{\pi}{4}, x_{4}=-\frac{3 \pi}{4}$.

则 $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 的解为 $-\frac{\pi}{4},-\frac{3 \pi}{4}, \frac{5 \pi}{12},-\frac{\pi}{12}$.
题目（高二 · 度量几何学）：9.已知 $\cos (\alpha-\beta)=-\frac{12}{13}, \cos (\alpha+\beta)=\frac{12}{13}$, 且 $\alpha-\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \alpha+\beta \in\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right)$. 求 $\cos 2 \alpha, \cos 2 \beta$ 及角 $\beta$ 的值. [思路分析] 讨论角的范围时, $\alpha-\beta$ 一般看作 $\alpha+(-\beta)$, 先求出 $-\beta$ 的范围, 再求 $\alpha+(-\beta)$ 的范围.
选项：
答案：由 $\alpha-\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 且 $\cos (\alpha-\beta)=-\frac{12}{13}$, 得 $\sin (\alpha-\beta)=\frac{5}{13}$.

由 $\alpha+\beta \in\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right)$, 且 $\cos (\alpha+\beta)=\frac{12}{13}$.

得 $\sin (\alpha+\beta)=-\frac{5}{13}$.

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

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

$=-\frac{12}{13} \times \frac{12}{13}-\left(-\frac{5}{13}\right) \times \frac{5}{13}=-\frac{119}{169}$.

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

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

$=-\frac{12}{13} \times \frac{12}{13}+\left(-\frac{5}{13}\right) \times \frac{5}{13}=-1$.

又 $\because \alpha+\beta \in\left(\frac{3}{2} \pi, 2 \pi\right)$,

$\alpha-\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) \Rightarrow \beta-\alpha \in\left(-\pi,-\frac{\pi}{2}\right)$

$\Rightarrow 2 \beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$.

$\therefore 2 \beta=\pi$, 则 $\beta=\frac{\pi}{2}$.
解析：由 $\alpha-\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 且 $\cos (\alpha-\beta)=-\frac{12}{13}$, 得 $\sin (\alpha-\beta)=\frac{5}{13}$.

由 $\alpha+\beta \in\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right)$, 且 $\cos (\alpha+\beta)=\frac{12}{13}$.

得 $\sin (\alpha+\beta)=-\frac{5}{13}$.

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

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

$=-\frac{12}{13} \times \frac{12}{13}-\left(-\frac{5}{13}\right) \times \frac{5}{13}=-\frac{119}{169}$.

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

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

$=-\frac{12}{13} \times \frac{12}{13}+\left(-\frac{5}{13}\right) \times \frac{5}{13}=-1$.

又 $\because \alpha+\beta \in\left(\frac{3}{2} \pi, 2 \pi\right)$,

$\alpha-\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) \Rightarrow \beta-\alpha \in\left(-\pi,-\frac{\pi}{2}\right)$

$\Rightarrow 2 \beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$.

$\therefore 2 \beta=\pi$, 则 $\beta=\frac{\pi}{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：9. 求下列函数的最小正周期:
   (1) $y=\cos \left(-2 x+\frac{\pi}{6}\right) ;$
   (2) $y=\left|\sin \frac{x}{2}\right|$
选项：
答案：(1)$\pi$ (2)$2 \pi$
解析：(1)利用公式 $T=\frac{2 \pi}{|\omega|}$, 可得函数

$y=\cos \left(-2 x+\frac{\pi}{6}\right)$ 的最小正周期为 $T=\frac{2 \pi}{|-2|}=\pi$.

(2)易知函数 $y=\sin \frac{x}{2}$ 的最小正周期为 $T=\frac{2 \pi}{\frac{1}{2}}=4 \pi$, 而函数 $y=\left|\sin \frac{x}{2}\right|$ 的图象是由函数 $y=\sin \frac{x}{2}$ 的图象将在 $x$ 轴下方部分翻折到上方后得到的, 此时函数周期减半, 即 $y=\left|\sin \frac{x}{2}\right|$ 的最小正周期为 $2 \pi$.
题目（高二 · 度量几何学）：如图 1-6-10 所示, 一个半径为 10 米的水轮按逆时针方向每分钟转 4 圈. 记水轮上的点 $P$ 到水面的距离为 $d$ 米(在水面下则 $d$ 为负数), 则 $d$ (米)与时间 $t$ (秒)之间满足关系式: $d=A \sin (\omega t+\varphi)+k\left(A>0, \omega>0,-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$.当 $P$ 点从水面上浮现时开始计算时间. 有以下四个结论: (1) $A=10$; (2) $\omega=\frac{2 \pi}{15}$; (3) $\varphi=\frac{\pi}{6}$; (4) $k=5$. 则其中所有正确结论的序号是图 1-6-10
选项：
答案：(1)(2)(4)
解析：由题意知 $A=10, k=5, T=\frac{60}{4}=15$ 秒, $\omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{2 \pi}{15}$, 所以 $d=10 \sin \left(\frac{2 \pi}{15} t+\varphi\right)+5$.又当 $t=0$ 时, $d=0$, 所以 $10 \sin \varphi+5=0$, 所以 $\sin \varphi=-\frac{1}{2}$, 又 $-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\varphi=-\frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\cos \left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right)=\frac{2}{3}$, 求下列各式的值

(1) $\sin \left(\frac{\pi}{3}+\alpha\right) ;(2) \sin \left(\alpha-\frac{2 \pi}{3}\right)$
选项：
答案：(1)$\frac{2}{3}$(2)$-\frac{2}{3}$
解析：(1) $\sin \left(\frac{\pi}{3}+\alpha\right)=\sin \left[\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right)\right]$

$=\cos \left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right)=\frac{2}{3}$.

(2) $\sin \left(\alpha-\frac{2 \pi}{3}\right)=\sin \left[-\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right)\right]$

$=-\sin \left[\frac{\pi}{2}+\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right)\right]$

$=-\cos \left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right)=-\frac{2}{3}$