eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 度量几何学）：14. 设角 $\alpha$ 的终边为射线 $O P$, 射线 $O P_{1}$ 与 $O P$ 关于 $y$ 轴对称, 射线 $O P_{2}$ 与 $O P_{1}$ 关于直线 $y=$
$-x$ 对称, 则以 $O P_{2}$ 为终边角的集合是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\left\{\beta \mid \beta=k \cdot 360^{\circ}+90^{\circ}+\alpha, k \in \mathbf{Z}\right\}$
解析：依题意, 射线 $O P_{1}$ 所对应的角 $\gamma=k_{1} \cdot 360^{\circ}+180^{\circ}-\alpha, k_{1} \in \mathbf{Z}$, 从而射线 $O P_{2}$ 所对应的角 $\beta=m \cdot 360^{\circ}-90^{\circ}-\left(k_{1} \cdot 360^{\circ}+180^{\circ}-\alpha\right)=\left(m-k_{1}-1\right) \cdot 360^{\circ}+90^{\circ}+\alpha=k \cdot 360^{\circ}+90^{\circ}+$ $\alpha\left(m, k_{1}, k \in \mathbf{Z}\right)$.

答案: $\left\{\beta \mid \beta=k \cdot 360^{\circ}+90^{\circ}+\alpha, k \in \mathbf{Z}\right\}$
题目（高二 · 度量几何学）：16. 现在是 8 点 5 分, 经过 2 小时 15 分钟后, 钟表上的时针和分针转过的角度分别是多少?此时它们所成的角是多少度?
选项：
答案：$170^{\circ}$
解析：解析: 利用钟面分别确定在同一单位时间(1 分钟) 内分针和时针所转过的角度, 进而确定所求的角. 时针每小时转过了 $-\frac{360^{\circ}}{12}=-30^{\circ}$, 即每分钟转过了 $-0.5^{\circ}$, 而分针每分钟转过了 $-\frac{360^{\circ}}{60}$, 即 $-6^{\circ}$. 故 2 小时 15 分钟后, 时针转过了 $(2 \times 60+15) \times\left(-0.5^{\circ}\right)=-67.5^{\circ}$, 分针转过了 $(2 \times 60+15) \times\left(-6^{\circ}\right)=-810^{\circ} .2$ 小时 15 分钟后为 10 点 20 分, 此时分针指向 4 , 时针则由指向 10 转过了 $20 \times\left(-0.5^{\circ}\right)=-10^{\circ}$, 故此时时针和分针所成的角为 $170^{\circ}$.
题目（高二 · 度量几何学）：9. 已知角 $\alpha=2010^{\circ}$.

(1)把 $\alpha$ 改写成 $k \cdot 360^{\circ}+\beta\left(k \in \mathbf{Z}, 0^{\circ} \leqslant \beta<360^{\circ}\right)$ 的形式, 并指出它是第几象限角;

(2)求 $\theta$, 使 $\theta$ 与 $\alpha$ 终边相同, 且 $-360^{\circ} \leqslant \theta<720^{\circ}$.
选项：
答案：(1)由 $2010^{\circ}$ 除以 $360^{\circ}$, 得商为 5 , 余数为 $210^{\circ}$.

$\therefore$ 取 $k=5, \beta=210^{\circ}, \alpha=5 \times 360^{\circ}+210^{\circ}$.

又 $\beta=210^{\circ}$ 是第三象限角, $\therefore \alpha$ 为第三象限角.

(2)与 $2010^{\circ}$ 终边相同的角为

$k \cdot 360^{\circ}+2010^{\circ}(k \in \mathbf{Z})$.

令 $-360^{\circ} \leqslant k \cdot 360^{\circ}+2010^{\circ}<720^{\circ}(k \in \mathbf{Z})$,

解得 $-6 \frac{7}{12} \leqslant k<-3 \frac{7}{12}(k \in \mathbf{Z})$.

所以 $k=-6,-5,-4$.

将 $k$ 的值代入 $k \cdot 360^{\circ}+2010^{\circ}$ 中, 得角 $\theta$ 的值为 $-150^{\circ}, 210^{\circ}, 570^{\circ}$.
解析：(1)由 $2010^{\circ}$ 除以 $360^{\circ}$, 得商为 5 , 余数为 $210^{\circ}$.

$\therefore$ 取 $k=5, \beta=210^{\circ}, \alpha=5 \times 360^{\circ}+210^{\circ}$.

又 $\beta=210^{\circ}$ 是第三象限角, $\therefore \alpha$ 为第三象限角.

(2)与 $2010^{\circ}$ 终边相同的角为

$k \cdot 360^{\circ}+2010^{\circ}(k \in \mathbf{Z})$.

令 $-360^{\circ} \leqslant k \cdot 360^{\circ}+2010^{\circ}<720^{\circ}(k \in \mathbf{Z})$,

解得 $-6 \frac{7}{12} \leqslant k<-3 \frac{7}{12}(k \in \mathbf{Z})$.

所以 $k=-6,-5,-4$.

将 $k$ 的值代入 $k \cdot 360^{\circ}+2010^{\circ}$ 中, 得角 $\theta$ 的值为 $-150^{\circ}, 210^{\circ}, 570^{\circ}$.
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A=60^{\circ}, c=\frac{3}{7} a$.

(1) 求 $\sin C$ 的值;

(2) 若 $a=7$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.
选项：
答案：(1) $\angle A=60^{\circ}, C=\frac{3}{7} a$, 由正弦定理可得 $\sin C=\frac{3}{7} \sin A=\frac{3}{7} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{14}$,

(2) $a=7$, 则 $c=3, \therefore C<A, \because \sin ^{2} C+\cos ^{2} C=1$, 又由（1）可得 $\cos C=\frac{13}{14}$, $\therefore \sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{13}{14}+\frac{1}{2} \times \frac{3 \sqrt{3}}{14}=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$, $\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 7 \times 3 \times \frac{4 \sqrt{3}}{7}=6 \sqrt{3}$.
解析：(1) $\angle A=60^{\circ}, C=\frac{3}{7} a$, 由正弦定理可得 $\sin C=\frac{3}{7} \sin A=\frac{3}{7} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{14}$,

(2) $a=7$, 则 $c=3, \therefore C<A, \because \sin ^{2} C+\cos ^{2} C=1$, 又由（1）可得 $\cos C=\frac{13}{14}$, $\therefore \sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{13}{14}+\frac{1}{2} \times \frac{3 \sqrt{3}}{14}=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$, $\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 7 \times 3 \times \frac{4 \sqrt{3}}{7}=6 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：12. 如图, 为测量河对岸 $A 、 B$ 两点的距离, 在河的这边测出 $C D$ 的长为 $\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{~km}, \angle A D B$ $=\angle C D B=30^{\circ}, \angle A C D=60^{\circ}, \angle A C B=45^{\circ}$, 求 $A 、 B$ 两点间的距离.


选项：
答案：在 $\triangle B D C$ 中, $\angle C B D=180^{\circ}-30^{\circ}-105^{\circ}=45^{\circ}$,

由正弦定理得 $\frac{B C}{\sin 30^{\circ}}=\frac{C D}{\sin 45^{\circ}}$,

则 $B C=\frac{C D \sin 30^{\circ}}{\sin 45^{\circ}}=\frac{\sqrt{6}}{4}(\mathrm{~km})$.

在 $\triangle A C D$ 中, $\angle C A D=180^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle A C D$ 为正三角形. $\therefore A C=C D=\frac{\sqrt{3}}{2}(\mathrm{~km})$.

在 $\triangle A B C$ 中, 由余弦定理得

$A B^{2}=A C^{2}+B C^{2}-2 A C \cdot B C \cdot \cos 45^{\circ}$

$=\frac{3}{4}+\frac{6}{16}-2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{6}}{4} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3}{8}$,

$\therefore A B=\frac{\sqrt{6}}{4}(\mathrm{~km})$.

答 河对岸 $A 、 B$ 两点间距离为 $\frac{\sqrt{6}}{4} \mathrm{~km}$
解析：$\triangle B D C$ 中, $\angle C B D=180^{\circ}-30^{\circ}-105^{\circ}=45^{\circ}$,

由正弦定理得 $\frac{B C}{\sin 30^{\circ}}=\frac{C D}{\sin 45^{\circ}}$,

则 $B C=\frac{C D \sin 30^{\circ}}{\sin 45^{\circ}}=\frac{\sqrt{6}}{4}(\mathrm{~km})$.

在 $\triangle A C D$ 中, $\angle C A D=180^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle A C D$ 为正三角形. $\therefore A C=C D=\frac{\sqrt{3}}{2}(\mathrm{~km})$.

在 $\triangle A B C$ 中, 由余弦定理得

$A B^{2}=A C^{2}+B C^{2}-2 A C \cdot B C \cdot \cos 45^{\circ}$

$=\frac{3}{4}+\frac{6}{16}-2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{6}}{4} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3}{8}$,

$\therefore A B=\frac{\sqrt{6}}{4}(\mathrm{~km})$.

答 河对岸 $A 、 B$ 两点间距离为 $\frac{\sqrt{6}}{4} \mathrm{~km}$.
题目（高二 · 度量几何学）：11. 如图所示, 在山顶铁塔上 $B$ 处测得地面上一点 $A$ 的俯角为 $\alpha$, 在塔底 $C$ 处测得 $A$处的俯角为 $\beta$.已知铁塔 $B C$ 部分的高为 $h$, 求山高 $C D$.


选项：
答案：在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B C A=90^{\circ}+\beta$,

$\angle A B C=90^{\circ}-\alpha$,

$\angle B A C=\alpha-\beta, \angle C A D=\beta$.

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

即 $\frac{A C}{\sin \left(90^{\circ}-\alpha\right)}=\frac{B C}{\sin (\alpha-\beta)}$,

$\therefore A C=\frac{B C \cos \alpha}{\sin (\alpha-\beta)}$

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

在 Rt $\triangle A C D$ 中, $C D=A C \sin \angle C A D=A C \sin \beta$

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

即山高 $C D$ 为 $\frac{h \cos \alpha \sin \beta}{\sin (\alpha-\beta)}$.
解析：在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B C A=90^{\circ}+\beta$,

$\angle A B C=90^{\circ}-\alpha$,

$\angle B A C=\alpha-\beta, \angle C A D=\beta$.

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

即 $\frac{A C}{\sin \left(90^{\circ}-\alpha\right)}=\frac{B C}{\sin (\alpha-\beta)}$,

$\therefore A C=\frac{B C \cos \alpha}{\sin (\alpha-\beta)}$

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

在 Rt $\triangle A C D$ 中, $C D=A C \sin \angle C A D=A C \sin \beta$

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

即山高 $C D$ 为 $\frac{h \cos \alpha \sin \beta}{\sin (\alpha-\beta)}$.
题目（高二 · 度量几何学）：12. 已知圆内接四边形 $A B C D$ 的边长 $A B=2, B C=6, C D=D A=4$, 求圆内接四边形
$A B C D$ 的面积.
选项：
答案：<ImageHere>连接 $B D$ ，则四边形面积

$S=S_{\triangle A B D}+S_{\triangle C B D}=\frac{1}{2} A B \cdot A D \cdot \sin A+\frac{1}{2} B C \cdot C D \cdot \sin C$.

$\because A+C=180^{\circ}, \therefore \sin A=\sin C$.

$\therefore S=\frac{1}{2}(A B \cdot A D+B C \cdot C D) \cdot \sin A=16 \sin A$.

由余弦定理: 在 $\triangle A B D$ 中, $B D^{2}=2^{2}+4^{2}-2 \times 2 \times 4 \cos A=20-16 \cos A$,

在 $\triangle C D B$ 中, $B D^{2}=4^{2}+6^{2}-2 \times 4 \times 6 \cos C=52-48 \cos C$,

$\therefore 20-16 \cos A=52-48 \cos C$.

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

$\therefore$ 四边形 $A B C D$ 的面积 $S=16 \sin A=8 \sqrt{3}$.
解析：](本地图片-2697.jpg)

连接 $B D$ ，则四边形面积

$S=S_{\triangle A B D}+S_{\triangle C B D}=\frac{1}{2} A B \cdot A D \cdot \sin A+\frac{1}{2} B C \cdot C D \cdot \sin C$.

$\because A+C=180^{\circ}, \therefore \sin A=\sin C$.

$\therefore S=\frac{1}{2}(A B \cdot A D+B C \cdot C D) \cdot \sin A=16 \sin A$.

由余弦定理: 在 $\triangle A B D$ 中, $B D^{2}=2^{2}+4^{2}-2 \times 2 \times 4 \cos A=20-16 \cos A$,

在 $\triangle C D B$ 中, $B D^{2}=4^{2}+6^{2}-2 \times 4 \times 6 \cos C=52-48 \cos C$,

$\therefore 20-16 \cos A=52-48 \cos C$.

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

$\therefore$ 四边形 $A B C D$ 的面积 $S=16 \sin A=8 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：13. 如图所示, 为了解某海域海底构造, 在海平面内一条直线上的 $A 、 B 、 C$ 三点进行测量. 已知 $A B=50 \mathrm{~m}, B C=120 \mathrm{~m}$, 于 $A$ 处测得水深 $A D=80 \mathrm{~m}$, 于 $B$ 处测得水深 $B E=200$ $\mathrm{m}$, 于 $C$ 处测得水深 $C F=110 \mathrm{~m}$, 求 $\angle D E F$ 的余弦值.


选项：
答案：<ImageHere>作 $D M / / A C$ 交 $B E$ 于 $N$, 交 $C F$ 于 $M$.

$D F=\sqrt{M F^{2}+D M^{2}}=\sqrt{30^{2}+170^{2}}=10 \sqrt{298}(\mathrm{~m})$,

$D E=\sqrt{D N^{2}+E N^{2}}=\sqrt{50^{2}+120^{2}}=130(\mathrm{~m})$,

$E F=\sqrt{(B E-F C)^{2}+B C^{2}}=\sqrt{90^{2}+120^{2}}=150(\mathrm{~m})$.

在 $\triangle D E F$ 中, 由余弦定理的变形公式, 得

$\cos \angle D E F=\frac{D E^{2}+E F^{2}-D F^{2}}{2 D E \cdot E F}=\frac{130^{2}+150^{2}-10^{2} \times 298}{2 \times 130 \times 150}=\frac{16}{65}$.

即 $\angle D E F$ 的余弦值为 $\frac{16}{65}$.
解析： 作 $D M / / A C$ 交 $B E$ 于 $N$, 交 $C F$ 于 $M$.

$D F=\sqrt{M F^{2}+D M^{2}}=\sqrt{30^{2}+170^{2}}=10 \sqrt{298}(\mathrm{~m})$,

$D E=\sqrt{D N^{2}+E N^{2}}=\sqrt{50^{2}+120^{2}}=130(\mathrm{~m})$,

$E F=\sqrt{(B E-F C)^{2}+B C^{2}}=\sqrt{90^{2}+120^{2}}=150(\mathrm{~m})$.

在 $\triangle D E F$ 中, 由余弦定理的变形公式, 得

$\cos \angle D E F=\frac{D E^{2}+E F^{2}-D F^{2}}{2 D E \cdot E F}=\frac{130^{2}+150^{2}-10^{2} \times 298}{2 \times 130 \times 150}=\frac{16}{65}$.

即 $\angle D E F$ 的余弦值为 $\frac{16}{65}$.
题目（高二 · 度量几何学）：14. 江岸边有一炮台高 $30 \mathrm{~m}$, 江中有两条船, 由炮台顶部测得俯角分别为 $45^{\circ}$ 和 $30^{\circ}$,而且两条船与炮台底部连成 $30^{\circ}$ 角, 求两条船之间的距离.
选项：
答案：如图所示:
$\angle C B D=30^{\circ}, \angle A D B=30^{\circ}, \angle A C B=45^{\circ}$

<ImageHere>

$\because A B=30, \therefore B C=30, B D=\frac{30}{\tan 30^{\circ}}=30 \sqrt{3}$.

在 $\triangle B C D$ 中,

$C D^{2}=B C^{2}+B D^{2}-2 B C \cdot B D \cdot \cos 30^{\circ}=900$,

$\therefore C D=30$, 即两船相距 $30 \mathrm{~m}$.
解析：如图所示:
$\angle C B D=30^{\circ}, \angle A D B=30^{\circ}, \angle A C B=45^{\circ}$



$\because A B=30, \therefore B C=30, B D=\frac{30}{\tan 30^{\circ}}=30 \sqrt{3}$.

在 $\triangle B C D$ 中,

$C D^{2}=B C^{2}+B D^{2}-2 B C \cdot B D \cdot \cos 30^{\circ}=900$,

$\therefore C D=30$, 即两船相距 $30 \mathrm{~m}$.哈哈
题目（高二 · 度量几何学）：(10 分) 求下列各式的值.

(1) $a^{2} \sin \left(-1350^{\circ}\right)+b^{2} \tan 405^{\circ}-2 a b \cos \left(-1080^{\circ}\right)$;

(2) $\tan 405^{\circ}-\sin 450^{\circ}+\cos 750^{\circ}$.
选项：
答案：(1) ${ }^{(a-b)^{2}} ;$ (2) $\frac{\sqrt{3}}{2}$.
解析：(1) 原式 $=a^{2} \sin \left(-4 \times 360^{\circ}+90^{\circ}\right)+b^{2} \tan \left(360^{\circ}+45^{\circ}\right)-2 a b \cos \left(-3 \times 360^{\circ}+0^{\circ}\right)$

$=a^{2} \sin 90^{\circ}+b^{2} \tan 45^{\circ}-2 a b \cos 0^{\circ}=a^{2}+b^{2}-2 a b=(a-b)^{2}$.

(2) $\tan 405^{\circ}-\sin 450^{\circ}+\cos 750^{\circ}=\tan \left(360^{\circ}+45^{\circ}\right)-\sin \left(360^{\circ}+90^{\circ}\right)+\cos \left(720^{\circ}+30^{\circ}\right)$

$=\tan 45^{\circ}-\sin 90^{\circ}+\cos 30^{\circ}=1-1+\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：(12 分) 已知一扇形的圆心角为 $\alpha$, 半径为 $R$, 弧长为 1 .

(1) 若 $\alpha=60^{\circ}, R=10 \mathrm{~cm}$, 求扇形的弧长 $l$;

（2）已知扇形的周长为 $10 \mathrm{~cm}$, 面积是 $4 \mathrm{~cm}^{2}$, 求扇形的圆心角;

(3) 若扇形周长为 $20 \mathrm{~cm}$, 当扇形的圆心角 $\alpha$ 为多少弧度时, 这个扇形的面积最
选项：
答案：(1) $\frac{10 \pi}{3}$; (2) $\alpha=\frac{1}{2}$; (3) $l=10, \alpha=2$.
解析：



故扇形圆心角为 ${ }^{\alpha=\frac{1}{2}}$.

(3) 由已知得, $l+2 R=20$,

所以 $S=\frac{1}{2} l R=\frac{1}{2}(20-2 R) R=10 R-R^{2}=-(R-5)^{2}+25$,

所以当 $R=5$ 时, $S$ 取得最大值 25 ,

此时 $l=10, \alpha=2$.
题目（高二 · 度量几何学）：(1)已知 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{4}{5}, 0<\alpha<\pi$, 求 $\sin \alpha-\cos \alpha$ ；

(2)已知 $\tan \alpha=2$, 求 $\frac{2 \sin \alpha-\cos \alpha}{\sin \alpha+3 \cos \alpha}$.
选项：
答案：(1)$\frac{\sqrt{34}}{5}$(2)$\frac{3}{5}$
解析：(1) $: \because \sin \alpha+\cos \alpha={ }^{\frac{4}{5}}, \therefore(\sin \alpha+\cos \alpha)^{2}={ }^{\frac{16}{25}}$,

$\therefore 2 \sin \alpha \cos \alpha=-{ }^{\frac{9}{25}}, \therefore(\sin \alpha-\cos \alpha)^{2}=1-2 \sin \alpha \cos \alpha={ }^{\frac{34}{25}}$, 又 $: 0<\alpha<\pi$ 且 $2 \sin \alpha \cos \alpha=-{ }^{\frac{9}{25}}$,
$\therefore:^{\frac{\pi}{2}}<\alpha<\pi, \therefore \sin \alpha-\cos \alpha=\frac{\sqrt{34}}{5}$.

$(2)^{\frac{2 \sin \alpha-\cos \alpha}{\sin \alpha+3 \cos \alpha}=\frac{2 \tan \alpha-1}{\tan \alpha+3}}={ }^{2+3}={ }^{\frac{2 \times 2-1}{5}}=\frac{3}{5}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\alpha$ 为第二象限角,则 $\cos \alpha \cdot \sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}+\sin \alpha \cdot \sqrt{1+\frac{1}{\tan ^{2} \alpha}}=$
选项：
答案：0
解析：原式 $=\cos \alpha \cdot \sqrt{\frac{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}{\cos ^{2} \alpha}}+\sin \alpha \cdot \sqrt{\frac{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}{\sin ^{2} \alpha}}=\cos \alpha \cdot \frac{1}{\frac{1}{|\cos \alpha|}}+\sin \alpha \cdot \frac{1}{|\sin \alpha|}$, 因为 $\alpha$ 是第二象限角，所以 $\sin \alpha>0, \cos \alpha<0$ ，所以 $\cos \alpha \cdot \frac{1}{\left\lvert\, \frac{1}{|\cos \alpha|}\right.}+\sin \alpha \cdot \frac{1}{|\sin \alpha|}=-1+1=0$, 即原式 $=0$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知一个扇形的周长为 30 厘米, 求扇形面积 $S$ 的最大值, 并求此时扇形的半径和圆心角的弧度数.
选项：
答案：$\alpha=2(\mathrm{rad}) \quad r=\frac{15}{2}$
解析：设扇形的半径为 $R(0<R<15)$, 弧长为 $l$, 则 $l+2 R=30$.

可得： $\left.S_{\text {雇形 }}=\frac{1}{2} l R=\frac{1}{2}(30-2 R) \cdot R=(15-R) \cdot R \leqslant \frac{(15-R)+R}{2}\right]^{2}=\frac{225}{4}$ （当且仅当 $R=\frac{15}{2}$ 时取等号）.

可得: 扇形中心角的孤度数 $\alpha=\frac{l}{R}=\frac{15}{\frac{15}{2}}=2(\mathrm{rad})$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知一扇形的面积 $S$ 为定值, 求当扇形的圆心角为多大时, 它的周长最小? 最小值是多少?
选项：
答案：圆心角为 2 弧度时, 周长取得最小值为 $4 \sqrt{S}$.
解析：设扇形的圆心角为 $\alpha$, 半径为 $r$, 弧长为 $l$, 周长为 $C$, 则 $S=\frac{1}{2} l r, r=\frac{2 S}{l}$, 所以 $C=l+2 r=l+\frac{4 S}{l} \geq 2 \sqrt{l \cdot \frac{4 S}{l}}=4 \sqrt{S}$, 当且仅当 $l^{2}=4 S$, 即 $\alpha^{2} r^{2}=4 \times \frac{1}{2} l r=2 l r=2 \alpha r^{2}$, 故 $\alpha=2$ 时, 周长有最小值为 $4 \sqrt{S}$.
题目（高二 · 度量几何学）：11. 已知角 $\alpha$ 的正弦线和余弦线的方向相反、长度相等, 则 $\alpha$ 的终边在 ( )

$\mathrm{A}$ $\cdot$第一象限的角平分线上

$\mathrm{B} \cdot$ 第四象限的角平分线上

$\mathrm{C} \cdot$ 第二、第四象限的角平分线上

$\mathrm{D} \cdot$ 第一、第三象限的角平分线上
选项：
解析：作图(图略)可知角 $\alpha$ 的终边在直线 $y=-x$ 上, $\therefore \alpha$ 的终边在第二、第四象限的角平分线上, 故选 C.

答案: C
题目（高二 · 度量几何学）：12. 若 $\theta \in\left(\frac{3 \pi}{4}, \frac{3 \pi}{2}\right)$, 则 $\sin \theta$ 的取值范围是
选项：
解析：由图可知 $\sin \frac{3 \pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
$\sin \frac{3 \pi}{2}=-1, \frac{\sqrt{2}}{2}>\sin \theta>-1$,

即 $\sin \theta \in\left(-1, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.

答案: $\left(-1, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$
题目（高二 · 度量几何学）：13.在单位圆中画出适合下列条件的角 $\alpha$ 终边.

(1) $\sin \alpha=\frac{2}{3} ;(2) \cos \alpha=-\frac{3}{5}$.
选项：
解析：(1)作直线 $y=\frac{2}{3}$ 交单位圆于 $P, Q$ 两点, 则 $O P, O Q$ 为角 $\alpha$ 的终边, 如图甲.

(2)作直线 $x=-\frac{3}{5}$ 交单位圆于 $M, N$ 两点, 则 $O M, O N$ 为角 $\alpha$ 的终边, 如图乙.



甲



乙
题目（高二 · 度量几何学）：9.做出下列各角的正弦线、余弦线、正切线.

(1) $\frac{5 \pi}{6}$; (2) $-\frac{2 \pi}{3}$.
选项：
解析：(1)因为 $\frac{5 \pi}{6} \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 所以做出 $\frac{5 \pi}{6}$ 角的终边如图(1)所示, 交单位圆于点 $P$ 作 $P M \perp X$ 轴于点 $M$, 则有向线段 $M P=\sin \frac{5 \pi}{6}$, 有向线段 $O M=\cos \frac{5 \pi}{6}$, 设过 $A(1,0)$ 垂直于 $x$ 轴的直线交 $O P$ 的反向延长线于 $T$, 则有向线段 $A T=\tan \frac{5 \pi}{6}$. 综上所述, 图(1)中的有向线段 $M P, O M, A T$ 分别为 $\frac{5 \pi}{6}$ 角的正弦线、余弦线、正切线.



(1)



(2)

(2)因为 $-\frac{2 \pi}{3} \in\left(-\pi,-\frac{\pi}{2}\right)$, 所以在第三象限内做出 $-\frac{2 \pi}{3}$ 角的终边如图(2)所示, 交单位圆于点 $P^{\prime}$ 用类似(1)的方法作图, 可得图(2)中的有向线段 $M^{\prime} P^{\prime} 、 O M^{\prime} 、 A^{\prime} T^{\prime}$ 分别为 $-\frac{2 \pi}{3}$ 角的正弦线、余弦线、正切线.
题目（高二 · 度量几何学）：11. 设 $A, B, C$ 三点是红方三个炮兵阵地, $A$ 在 $B$ 正东 $6 \mathrm{~km}$ 处, $C$ 在 $B$ 北偏西 $30^{\circ}$, 相距 $4 \mathrm{~km}$ 处, $P$ 为蓝方炮兵阵地. 某时刻 $A$ 处发现蓝方炮兵阵地的某种信号, 由于 $B, C$ 两地比 $A$ 地距 $P$ 地远, 因此 $4 \mathrm{~s}$ 后, B, C才同时发现这一信号, 此信号的传播速度为 $1 \mathrm{~km} / \mathrm{s}$, $A$ 若炮击 $P$ 地, 求炮击的方位角.
选项：
答案：：解

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如图，以直线 $B A$ 为 $x$ 轴，线段 $B A$ 的垂直平分线为 $y$ 轴，建立直角坐标系, 则 $B(-3,0), A(3,0), C(-5,2 \sqrt{3})$.

$\because|P B|=|P C|, \therefore$ 点 $P$ 在线段 $B C$ 的垂直平分线上.

$\because k_{B C}=-\sqrt{3}, B C$ 中点为 $D(-4, \sqrt{3})$,
$\therefore$ 直线 $P D: y-\sqrt{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}(x+4)$.

又 $|P B|-|P A|=4$, 故 $P$ 在以 $A, B$ 为焦点的双曲线的右支上, 则双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1(x \geqslant 2)$.

联立(1)(2)式, 得 $x=8, y=5 \sqrt{3}, \therefore P(8,5 \sqrt{3})$.

因此 $k_{P A}=\frac{5 \sqrt{3}}{8-3}=\sqrt{3}$.

故炮击的方位角为北偏东 $30^{\circ}$.
解析：：解



如图，以直线 $B A$ 为 $x$ 轴，线段 $B A$ 的垂直平分线为 $y$ 轴，建立直角坐标系, 则 $B(-3,0), A(3,0), C(-5,2 \sqrt{3})$.

$\because|P B|=|P C|, \therefore$ 点 $P$ 在线段 $B C$ 的垂直平分线上.

$\because k_{B C}=-\sqrt{3}, B C$ 中点为 $D(-4, \sqrt{3})$,
$\therefore$ 直线 $P D: y-\sqrt{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}(x+4)$.

又 $|P B|-|P A|=4$, 故 $P$ 在以 $A, B$ 为焦点的双曲线的右支上, 则双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1(x \geqslant 2)$.

联立(1)(2)式, 得 $x=8, y=5 \sqrt{3}, \therefore P(8,5 \sqrt{3})$.

因此 $k_{P A}=\frac{5 \sqrt{3}}{8-3}=\sqrt{3}$.

故炮击的方位角为北偏东 $30^{\circ}$.
题目（高二 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=2, A C=3, \angle B A C=60^{\circ}, \overrightarrow{D B}=2 \overrightarrow{A D}$,

$\overrightarrow{C E}=2 \overrightarrow{E B}$

(1) 求 $C D$ 的长;

(2) 求 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{D E}$ 的值.
选项：
答案：(1) $\frac{\sqrt{67}}{3}$; (2) $\frac{7}{3}$.
解析：(1) $\because \overrightarrow{D B}=2 \overrightarrow{A D}, \therefore \overrightarrow{A D}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}, \therefore \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}$,

$\because A B=2, A C=3, \angle B A C=60^{\circ}, \therefore \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cos 60^{\circ}=2 \times 3 \times \frac{1}{2}=3$,

$\because \overrightarrow{C D}^{2}=\left(\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}\right)^{2}=\frac{1}{9} \overrightarrow{A B}^{2}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A C}^{2}=\frac{1}{9} \times 2^{2}-\frac{2}{3} \times 3+3^{2}$

$=\frac{67}{9}$,

$\therefore|\overrightarrow{C D}|=\sqrt{\frac{67}{9}}=\frac{\sqrt{67}}{3}$.

(2) $\because \overrightarrow{C E}=2 \overrightarrow{E B}, \quad \therefore \overrightarrow{B E}=\frac{1}{3} \overrightarrow{B C}$,

$\overrightarrow{D E}=\overrightarrow{D B}+\overrightarrow{B E}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{B C}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$,

$\therefore \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{D E}=\overrightarrow{A B} \cdot\left(\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}\right)=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}^{2}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=\frac{1}{3} \times 2^{2}+\frac{1}{3} \times 3=\frac{7}{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：(12 分) 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=3, A C=6, \angle B A C=\frac{2 \pi}{3}, D$ 为边 $B C$ 的中点, $M$ 为中线 $A D$ 的中点.

(1) 求中线 $A D$ 的长;

(2) 求 $\overrightarrow{B M}$ 与 $\overrightarrow{A D}$ 的夹角 $\theta$ 的余弦值.
选项：
答案：(1) $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$; (2) $\frac{\sqrt{57}}{19}$.
解析：解法 1: (1) 由已知, $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=3 \times 6 \cos \frac{2 \pi}{3}=-9$,

又 $\overrightarrow{A D}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})$,

所以 $|\overrightarrow{A D}|^{2}=\frac{1}{4}\left(|\overrightarrow{A B}|^{2}+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}+|\overrightarrow{A C}|^{2}\right)=\frac{1}{4}(9-18+36)=\frac{27}{4}$,

所以 $|\overrightarrow{A D}|=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

(2) 由 (1) 知, $\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A B}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})-\overrightarrow{A B}=-\frac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{4} \overrightarrow{A C}$,

所以 $|\overrightarrow{B M}|^{2}=\frac{9}{16} \times 9-\frac{3}{8} \times(-9)+\frac{1}{16} \times 36=\frac{171}{16}$, 从而 $|\overrightarrow{B M}|=\frac{3 \sqrt{19}}{4}$.

$\overrightarrow{B M} \cdot \overrightarrow{A D}=\left(-\frac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{4} \overrightarrow{A C}\right) \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})=-\frac{3}{8} \times 9-\frac{2}{8} \times(-9)+\frac{1}{8} \times 36=\frac{27}{8}$,

$\cos \theta=\frac{\overrightarrow{B M} \cdot \overrightarrow{A D}}{|\overrightarrow{B M}||| \overrightarrow{A D} \mid}=\frac{27}{8} \times \frac{4}{3 \sqrt{19}} \times \frac{2}{3 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{57}}{19}$

解法 2: (1) 以点 $A$ 为原点, $A B$ 为 $x$ 轴, 过点 $A$ 且垂直于 $A B$ 的直线为 $y$ 轴建系,

则 $A(0,0), B(3,0), C(-3,3 \sqrt{3})$,
因为 $D$ 为边 $B C$ 的中点, 所以 $D\left(0, \frac{3 \sqrt{3}}{2}\right), \overrightarrow{A D}=\left(0, \frac{3 \sqrt{3}}{2}\right)$,

所以 $|\overrightarrow{A D}|=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

(2) 因为 $M$ 为中线 $A D$ 的中点, 由 (1) 知, $M\left(0, \frac{3 \sqrt{3}}{4}\right)$,

所以 $\overrightarrow{B M}=\left(-3, \frac{3 \sqrt{3}}{4}\right)$,

所以 $|\overrightarrow{B M}|=\sqrt{9+\frac{27}{16}}=\frac{3 \sqrt{19}}{4}, \overrightarrow{B M} \cdot \overrightarrow{A D}=\frac{27}{8}$,

$\cos \theta=\frac{\overrightarrow{B M} \cdot \overrightarrow{A D}}{|\overrightarrow{B M}||\overrightarrow{A D}|}=\frac{27}{8} \times \frac{4}{3 \sqrt{19}} \times \frac{2}{3 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{57}}{19}$.
题目（高二 · 度量几何学）：(12 分) 如图, $D 、 E$ 分别是 $\triangle A B C$ 的边 $B C$ 的三等分点, 设 $\overrightarrow{A B}=\boldsymbol{m}, \overrightarrow{A C}=\boldsymbol{n}$, $\angle B A C=60^{\circ}$

(1) 用 $m, n$ 分别表示 $\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A E}$;

(2) 若 $\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A E}=15,|\overrightarrow{B C}|=3 \sqrt{3}$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.



(1) 若 $\angle B A C$ 的平分线与边 $B C$ 交于点 $D$, 求 $\overrightarrow{A D} \cdot(2 \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C})$;

(2) 若点 $E$ 为 $B C$ 的中点, 求 $\frac{1}{|\overrightarrow{A E}|^{2}}+\frac{1}{|\overrightarrow{B C}|^{2}}$ 的最小值.
选项：
答案：(1) $\overrightarrow{A D}=\frac{2}{3} m+\frac{1}{3} n, \overrightarrow{A E}=\frac{1}{3} m+\frac{2}{3} n$; (2) $\frac{9 \sqrt{3}}{2}$.
解析：(1) 根据向量的线性运算法则, 可得 $\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B D}=\overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{B C}$

$=\overrightarrow{A B}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}=\frac{2}{3} m+\frac{1}{3} n$,

$\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B E}=\overrightarrow{A B}+\frac{2}{3} \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+\frac{2}{3}(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}=\frac{1}{3} m+\frac{2}{3} n$.

(2) 由 $\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}=m-n$,

因为 $|\overrightarrow{B C}|=3 \sqrt{3}$, 可得,

即 $m^{2}+n^{2}-2 m \cdot n=27$ ，

又由 $\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A E}=\left(\frac{2}{3} m+\frac{1}{3} n\right) \cdot\left(\frac{1}{3} m+\frac{2}{3} n\right)=\frac{2}{9} m^{2}+\frac{2}{9} n^{2}+\frac{5}{9} m \cdot n=15$,

解得 $m \cdot n=9$,

所以 $|\boldsymbol{m}| \cdot|\boldsymbol{n}|=\frac{9}{\cos 60^{\circ}}=18$,

所以 $\triangle A B C$ 的面积 $S=\frac{1}{2}|m| \cdot|n| \sin 60^{\circ}=\frac{9 \sqrt{3}}{2}$.