Answer:
解216 平方米, 180 立方米; 384 平方米, 512 立方米

【分析】根据长方体的表面积公式: $\mathrm{S}=（ \mathrm{ab}+\mathrm{ah}+\mathrm{bh}) \times 2$; 长方体的体积公式: $\mathrm{V}=\mathrm{abh}$; 正方体的表面积公式: $S=6 \mathrm{a}^{2}$; 正方体的体积公式: $V=\mathrm{a}^{3}$; 据此代入数值进行计算即可。

【详解】 $(10 \times 3+10 \times 6+3 \times 6) \times 2$

$=(30+60+18) \times 2$

$=108 \times 2$

$=216$ (平方米)
$10 \times 3 \times 6$

$=30 \times 6$

$=180$ （立方米）

$8 \times 8 \times 6$

$=64 \times 6$

$=384$ (平方米)

$8 \times 8 \times 8$

$=64 \times 8$

$=512$ （立方米）

Question:
计算下面各图形的表面积和体积。（单位：米）
<ImageHere>

立体几何学

解216 平方米, 180 立方米; 384 平方米, 512 立方米

【分析】根据长方体的表面积公式: $\mathrm{S}=（ \mathrm{ab}+\mathrm{ah}+\mathrm{bh}) \times 2$; 长方体的体积公式: $\mathrm{V}=\mathrm{abh}$; 正方体的表面积公式: $S=6 \mathrm{a}^{2}$; 正方体的体积公式: $V=\mathrm{a}^{3}$; 据此代入数值进行计算即可。

【详解】 $(10 \times 3+10 \times 6+3 \times 6) \times 2$

$=(30+60+18) \times 2$

$=108 \times 2$

$=216$ (平方米)
$10 \times 3 \times 6$

$=30 \times 6$

$=180$ （立方米）

$8 \times 8 \times 6$

$=64 \times 6$

$=384$ (平方米)

$8 \times 8 \times 8$

$=64 \times 8$

$=512$ （立方米）


Answer:
解$150 \mathrm{~cm}^{2} ; 109 \mathrm{~cm}^{3}$

【分析】把图形缺口处露出来的 3 个面向外平移, 正好补全缺口, 这样图形的表面积就是正方体的表面积; 根据正方体的表面积 $=$ 棱长 $\times$ 棱长 $\times 6$, 代入数据计算即可求出图形的表面积;

把图形的缺口处补上, 补成一个完整的正方体, 那么图形的体积＝正方体的体积一小长方体的体积;根据正方体的体积 $=$ 棱长 $\times$ 棱长 $\times$ 棱长, 小长方体的体积 $=$ 长 $\times$ 宽 $\times$ 高, 代入数据计算即可。

【详解】图形的表面积:

$5 \times 5 \times 6$

$=25 \times 6$

$=150\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$

图形的体积:

$5 \times 5 \times 5-4 \times 2 \times 2$

$=25 \times 5-8 \times 2$

$=125-16$

$=109\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$

Question:
计算下面图形的表面积和体积。（单位： cm)

<ImageHere>

立体几何学

解$150 \mathrm{~cm}^{2} ; 109 \mathrm{~cm}^{3}$

【分析】把图形缺口处露出来的 3 个面向外平移, 正好补全缺口, 这样图形的表面积就是正方体的表面积; 根据正方体的表面积 $=$ 棱长 $\times$ 棱长 $\times 6$, 代入数据计算即可求出图形的表面积;

把图形的缺口处补上, 补成一个完整的正方体, 那么图形的体积＝正方体的体积一小长方体的体积;根据正方体的体积 $=$ 棱长 $\times$ 棱长 $\times$ 棱长, 小长方体的体积 $=$ 长 $\times$ 宽 $\times$ 高, 代入数据计算即可。

【详解】图形的表面积:

$5 \times 5 \times 6$

$=25 \times 6$

$=150\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$

图形的体积:

$5 \times 5 \times 5-4 \times 2 \times 2$

$=25 \times 5-8 \times 2$

$=125-16$

$=109\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$


Answer:
解85 平方厘米; 50 立方厘米

【分析】把长方体的长、宽、高的数据代入长方体的表面积公式: $\mathrm{S}=(\mathrm{a} \times \mathrm{b}+\mathrm{a} \times \mathrm{h}+\mathrm{b} \times \mathrm{h}) \times 2$, 和长方体的体积公式: $V=\mathrm{a} \times \mathrm{b} \times \mathrm{h}$ 中, 计算出长方体的表面积和体积。

【详解】 $(5 \times 4+5 \times 2.5+4 \times 2.5) \times 2$

$=(20+12.5+10) \times 2$

$=42.5 \times 2$

$=85$ (平方厘米)

$5 \times 4 \times 2.5=50$ （立方厘米）

即长方体的表面积是 85 平方厘米，体积是 50 立方厘米。

Question:
计算长方体的表面积和体积。（单位：厘米）

<ImageHere>

立体几何学

解85 平方厘米; 50 立方厘米

【分析】把长方体的长、宽、高的数据代入长方体的表面积公式: $\mathrm{S}=(\mathrm{a} \times \mathrm{b}+\mathrm{a} \times \mathrm{h}+\mathrm{b} \times \mathrm{h}) \times 2$, 和长方体的体积公式: $V=\mathrm{a} \times \mathrm{b} \times \mathrm{h}$ 中, 计算出长方体的表面积和体积。

【详解】 $(5 \times 4+5 \times 2.5+4 \times 2.5) \times 2$

$=(20+12.5+10) \times 2$

$=42.5 \times 2$

$=85$ (平方厘米)

$5 \times 4 \times 2.5=50$ （立方厘米）

即长方体的表面积是 85 平方厘米，体积是 50 立方厘米。


Answer:
解$1220 \mathrm{~m}^{2} ; 2445 \mathrm{~m}^{3}$

【分析】长方体的表面积 $=($ 长 $\times$ 宽十+宽 $\times$ 高 + 长 $\times$ 高 $) \times 2$, 长方体的体积 $=$ 长 $\times$ 宽 $\times$ 高, 几何体的表面积 $=$ 大长方体的表面积 + 小长方体 4 个侧面的面积, 几何体的体积 $=$ 大长方体的体积 + 小长方体的体积, 据此解答。

【详解】表面积： $(20 \times 8+20 \times 15+8 \times 15 ） \times 2+5 \times 3 \times 4$

$=(160+300+120) \times 2+5 \times 3 \times 4$

$=580 \times 2+5 \times 3 \times 4$

$=1160+60$

$=1220\left(\mathrm{~m}^{2}\right)$

体积: $20 \times 8 \times 15+5 \times 3 \times 3$

$=160 \times 15+15 \times 3$

$$
\begin{aligned}
& =2400+45 \\
& =2445\left(\mathrm{~m}^{3}\right)
\end{aligned}
$$

所以，这个几何体的表面积是 $1220 \mathrm{~m}^{2}$, 体积是 $2445 \mathrm{~m}^{3}$ 。

Question:
计算下面几何体的表面积和体积。

<ImageHere>

立体几何学

解$1220 \mathrm{~m}^{2} ; 2445 \mathrm{~m}^{3}$

【分析】长方体的表面积 $=($ 长 $\times$ 宽十+宽 $\times$ 高 + 长 $\times$ 高 $) \times 2$, 长方体的体积 $=$ 长 $\times$ 宽 $\times$ 高, 几何体的表面积 $=$ 大长方体的表面积 + 小长方体 4 个侧面的面积, 几何体的体积 $=$ 大长方体的体积 + 小长方体的体积, 据此解答。

【详解】表面积： $(20 \times 8+20 \times 15+8 \times 15 ） \times 2+5 \times 3 \times 4$

$=(160+300+120) \times 2+5 \times 3 \times 4$

$=580 \times 2+5 \times 3 \times 4$

$=1160+60$

$=1220\left(\mathrm{~m}^{2}\right)$

体积: $20 \times 8 \times 15+5 \times 3 \times 3$

$=160 \times 15+15 \times 3$

$$
\begin{aligned}
& =2400+45 \\
& =2445\left(\mathrm{~m}^{3}\right)
\end{aligned}
$$

所以，这个几何体的表面积是 $1220 \mathrm{~m}^{2}$, 体积是 $2445 \mathrm{~m}^{3}$ 。


Answer:
解表面积: $64 \mathrm{~cm}^{2}$

体积: $30 \mathrm{~cm}^{3}$
【分析】根据长方体的表面积公式: $\mathrm{S}=(\mathrm{ab}+\mathrm{ah}+\mathrm{bh}) \times 2$, 长方体的体积公式: $\mathrm{V}=\mathrm{abh}$, 据此代入数值进行计算即可。

【详解】 $(6 \times 2.5+6 \times 2+2.5 \times 2) \times 2$

$=(15+12+5) \times 2$

$=32 \times 2$

$=64\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$

$6 \times 2.5 \times 2$

$=15 \times 2$

$=30\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$

Question:
计算下图物体的表面积和体积。(单位: $\mathrm{cm}$ )

<ImageHere>

立体几何学

解表面积: $64 \mathrm{~cm}^{2}$

体积: $30 \mathrm{~cm}^{3}$
【分析】根据长方体的表面积公式: $\mathrm{S}=(\mathrm{ab}+\mathrm{ah}+\mathrm{bh}) \times 2$, 长方体的体积公式: $\mathrm{V}=\mathrm{abh}$, 据此代入数值进行计算即可。

【详解】 $(6 \times 2.5+6 \times 2+2.5 \times 2) \times 2$

$=(15+12+5) \times 2$

$=32 \times 2$

$=64\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$

$6 \times 2.5 \times 2$

$=15 \times 2$

$=30\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$


Answer:
解表面积是 184 平方厘米, 体积是 152 立方厘米

【分析】图形的表面积等于正方体的侧面积加长方体的表面积, 根据正方体的侧面积 $=$ 棱长 $\times$ 棱长 $\times 4$,长方体的表面积 $=($ 长 $\times$ 宽 + 长 $\times$ 高 + 宽 $\times$ 高 $) \times 2$, 代入数据计算即可解答; 组合图形的体积等于正方体的体积加上长方体的体积, 根据正方体的体积 $=$ 棱长 $\times$ 棱长 $\times$ 棱长, 长方体的体积 $=$ 长 $\times$ 宽 $\times$ 高, 代入数据解答即可。

【详解】 $2 \times 2 \times 4+(6 \times 6+6 \times 4+6 \times 4) \times 2$

$=16+(36+24+24) \times 2$

$=16+84 \times 2$

$=16+168$

$=184$ (平方厘米)

$2 \times 2 \times 2+6 \times 6 \times 4$

$=8+144$

$=152$ （立方厘米）

表面积是 184 平方厘米, 体积是 152 立方厘米。

Question:
计算下面组合图形的表面积和体积。

<ImageHere>

立体几何学

解表面积是 184 平方厘米, 体积是 152 立方厘米

【分析】图形的表面积等于正方体的侧面积加长方体的表面积, 根据正方体的侧面积 $=$ 棱长 $\times$ 棱长 $\times 4$,长方体的表面积 $=($ 长 $\times$ 宽 + 长 $\times$ 高 + 宽 $\times$ 高 $) \times 2$, 代入数据计算即可解答; 组合图形的体积等于正方体的体积加上长方体的体积, 根据正方体的体积 $=$ 棱长 $\times$ 棱长 $\times$ 棱长, 长方体的体积 $=$ 长 $\times$ 宽 $\times$ 高, 代入数据解答即可。

【详解】 $2 \times 2 \times 4+(6 \times 6+6 \times 4+6 \times 4) \times 2$

$=16+(36+24+24) \times 2$

$=16+84 \times 2$

$=16+168$

$=184$ (平方厘米)

$2 \times 2 \times 2+6 \times 6 \times 4$

$=8+144$

$=152$ （立方厘米）

表面积是 184 平方厘米, 体积是 152 立方厘米。


Answer:
解$392 \mathrm{~cm}^{2}$

【分析】由长方体的展开图可知, 这个长方体的长是 $12 \mathrm{~cm}$, 宽是 $8 \mathrm{~cm}$, 高是 $5 \mathrm{~cm}$; 根据长方体的表面积 $=($ 长 $\times$ 宽 + 长 $\times$ 高 + 宽 $\times$ 高 $) \times 2$, 代入数据计算即可。

【详解】 $(12 \times 8+12 \times 5+8 \times 5) \times 2$

$=(96+60+40) \times 2$

$=196 \times 2$

$=392\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$

Question:
下图是一个长方体的展开图, 计算这个长方体的表面积。

<ImageHere>

立体几何学

解$392 \mathrm{~cm}^{2}$

【分析】由长方体的展开图可知, 这个长方体的长是 $12 \mathrm{~cm}$, 宽是 $8 \mathrm{~cm}$, 高是 $5 \mathrm{~cm}$; 根据长方体的表面积 $=($ 长 $\times$ 宽 + 长 $\times$ 高 + 宽 $\times$ 高 $) \times 2$, 代入数据计算即可。

【详解】 $(12 \times 8+12 \times 5+8 \times 5) \times 2$

$=(96+60+40) \times 2$

$=196 \times 2$

$=392\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$


Answer:
解940 平方厘米

【分析】长方体的表面积 $=($ 长 $\times$ 宽 + 长 $\times$ 高 + 宽 $\times$ 高 $) \times 2$, 图中, 长方体的长是 $(10+10)$ 厘米, 宽是 9 厘米，高是 10 厘米，将数据代入公式解答即可。

【详解】长: $10+10=20$ (厘米)

$(20 \times 9+20 \times 10+9 \times 10) \times 2$

$=(180+200+90) \times 2$

$=470 \times 2$
$=940$ (平方厘米)

Question:
计算下面图形的表面积。(单位: 厘米)

<ImageHere>

立体几何学

解940 平方厘米

【分析】长方体的表面积 $=($ 长 $\times$ 宽 + 长 $\times$ 高 + 宽 $\times$ 高 $) \times 2$, 图中, 长方体的长是 $(10+10)$ 厘米, 宽是 9 厘米，高是 10 厘米，将数据代入公式解答即可。

【详解】长: $10+10=20$ (厘米)

$(20 \times 9+20 \times 10+9 \times 10) \times 2$

$=(180+200+90) \times 2$

$=470 \times 2$
$=940$ (平方厘米)


Answer:
解表面积 150; 体积 113

【分析】图形右上角缺口处露出了 3 个面, 分别向外平移,正好补成一个棱长是 5 的大正方体, 根据正方体的表面积 $=$ 棱长 $\times$ 棱长 $\times 6$, 代入数据计算即可求出这个图形的表面积;

补好图形右上角的缺口, 那么图形的体积 $=$ 棱长为 5 的正方体的体积一长 2 、宽 2 、高 3 的长方体的体积; 根据长方体的体积 $=$ 长 $\times$ 宽 $\times$ 高, 代入数据计算求出这个图形的体积。

【详解】如图:

<ImageHere>

表面积:

$5 \times 5 \times 6$

$=25 \times 6$

$=150$

体积：

$5 \times 5 \times 5-2 \times 2 \times 3$

$=125-12$

$=113$

Question:
分别求出下面图形的表面积和体积。

<ImageHere>

立体几何学

解表面积 150; 体积 113

【分析】图形右上角缺口处露出了 3 个面, 分别向外平移,正好补成一个棱长是 5 的大正方体, 根据正方体的表面积 $=$ 棱长 $\times$ 棱长 $\times 6$, 代入数据计算即可求出这个图形的表面积;

补好图形右上角的缺口, 那么图形的体积 $=$ 棱长为 5 的正方体的体积一长 2 、宽 2 、高 3 的长方体的体积; 根据长方体的体积 $=$ 长 $\times$ 宽 $\times$ 高, 代入数据计算求出这个图形的体积。

【详解】如图:

<ImageHere>

表面积:

$5 \times 5 \times 6$

$=25 \times 6$

$=150$

体积：

$5 \times 5 \times 5-2 \times 2 \times 3$

$=125-12$

$=113$


Answer:
解（1）长方体的表面积：

$(5 \times 5+12 \times 5+12 \times 5) \times 2$

$=(25+60+60) \times 2$

$=145 \times 2$

$=290\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$

长方体的体积:

$12 \times 5 \times 5$

$=60 \times 5$

$=300\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$

（2）正方体的表面积:

$0.25 \times 6=1.5\left(\mathrm{dm}^{2}\right)$

正方体的体积:

$0.5 \times 0.5 \times 0.5$

$=0.25 \times 0.5$

$=0.125\left(d m^{3}\right)$

（3）表面积:

$10 \times 8 \times 2+5 \times 10 \times 2+8 \times 5 \times 2+5 \times 5 \times 2+5 \times(12-8) \times 4-5 \times 5 \times 2$

$=160+100+80+80$

$=260+160$
$=420$ (平方厘米)

体积:

$12 \times 10 \times 5-5 \times(12-8) \times 5$

$=600-100$

$=500$ （立方厘米）

答：表面积 420 平方厘米；体积 500 立方厘米。

Question:
（2022 春・乐清市校级月考）求出如图图形的表面积和体积。
<ImageHere>

立体几何学


Answer:
解$5 ; 0 ; 5 ; 16.2 ; 9.4$

$0.06 ; 22 ; 4 ; 30 ; 0.16$

【分析】根据小数乘除法的计算方法，直接进行口算即可。

【详解】 $25 \times 0.2=5 \quad 0 \times 5.8=0 \quad 1.25 \times 4=5 \quad 4.05 \times 4=16.2 \quad 0.6+4.4 \times 2=0.6+8.8=9.4$ $6 \div 100=0.06 \quad 2.2 \div 0.1=22 \quad 2.4 \div 0.6=4 \quad 0.6 \div 0.02=30 \quad 5 \times 0.4 \div 5 \times 0.4=5 \div 5 \times 0.4 \times 0.4=0.16$

【点睛】本题考查了小数乘除法的口算, 计算时要认真。

Question:
直接写得数。

$25 \times 0.2=0 \times 5.8=1.25 \times 4=4.05 \times 4=0.6+4.4 \times 2=$ $6 \div 100=2.2 \div 0.1=2.4 \div 0.6=0.6 \div 0.02=5 \times 0.4 \div 5 \times 0.4=$

算术


Answer:
解
    (1) 77.77 ;
    (2) 10.1 ;
    (3) 1

【分析】（1）先将 101 写成 $100+1$, 再根据乘法分配律, 展开计算即可;

（2）根据乘法分配律将 1.01 先提出来，再计算;

(3) 将 32 写成 $4 \times 8$, 再根据乘法交换律和结合律, 分别计算 $0.125 \times 8$ 和 $4 \times 0.25$, 再计算括号外的乘法。

【详解】（1） $0.77 \times 101$

$=0.77 \times(100+1)$

$=0.77 \times 100+0.77 \times 1$

$=77+0.77$

$=77.77$

(2) $1.01+9 \times 1.01$

$=1.01 \times 1+9 \times 1.01$

$=(1+9) \times 1.01$

$=10 \times 1.01$

$=10.1$;

(3) $0.125 \times 32 \times 0.25$

$=0.125 \times(8 \times 4) \times 0.25$

$=(0.125 \times 8) \times(4 \times 0.25)$

$=1 \times 1$
$=1$

Question:
简便计算。
(1) $0.77 \times 101$
(2) $1.01+9 \times 1.01$
(3) $0.125 \times 32 \times 0.25$

算术


Answer:
解35 平方米
【分析】一个长方形的长和宽都是以米为单位的质数, 周长是 24 米, 又长方形周长 $=($ 长+宽 $) \times 2$ $=24$ 米, 则长十宽 $=24 \div 2=12$ 米, 在自然数中, 除了 1 和它本身外, 没有别的因数的数为质数, 据此即可确定此长方形的长与宽是多少米, 然后求出面积即可。

【详解】由于（长+宽） $\times 2=24$ 米

即长 + 宽 $=24 \div 2=12$ 米

长与宽分别是以米为单位的质数,

$5+7=12$

即宽是 5 米, 长是 7 米

则长方形面积是 $5 \times 7=35$ 平方米

答：长方形的面积是 35 平方米。

【点睛】此题考查的是已知长方形周长求面积, 解答此题关键是根据长方形周长公式及质数的意义确定长方形的长与宽是完成本题的关键。

Question: 一个长方形的长和宽都是以米为单位的质数, 周长是 24 米, 这个长方形的面积是多少?

算术

解35 平方米
【分析】一个长方形的长和宽都是以米为单位的质数, 周长是 24 米, 又长方形周长 $=($ 长+宽 $) \times 2$ $=24$ 米, 则长十宽 $=24 \div 2=12$ 米, 在自然数中, 除了 1 和它本身外, 没有别的因数的数为质数, 据此即可确定此长方形的长与宽是多少米, 然后求出面积即可。

【详解】由于（长+宽） $\times 2=24$ 米

即长 + 宽 $=24 \div 2=12$ 米

长与宽分别是以米为单位的质数,

$5+7=12$

即宽是 5 米, 长是 7 米

则长方形面积是 $5 \times 7=35$ 平方米

答：长方形的面积是 35 平方米。

【点睛】此题考查的是已知长方形周长求面积, 解答此题关键是根据长方形周长公式及质数的意义确定长方形的长与宽是完成本题的关键。


Answer:
解见详解

【分析】根据偶数的性质: 偶数的倍数是偶数, 偶数的和是偶数, 所以洋洋买了一些甜甜圈和三明治,花费的钱数仍是偶数, 偶数一偶数＝偶数, 所以找回的钱数是偶数, 不能是 11; 由此即可判断。

【详解】偶数+偶数=偶数, 偶数一偶数=偶数

所以小明买了一些甜甜圈和三明治, 花费的钱数仍是偶数, 所以找回的钱数是偶数, 不能是 11。答：他付给营业员 50 元，找回 11 元，找得不对， 11 是奇数。

【点睛】此题考查了奇数、偶数的性质, 明确数的奇偶性特点, 是解答此题的关键。

Question: 洋洋到蛋糕店买面包。甜甜圈 2 元一个，奶油面包 3 元一个，三明治 10 元一个。如果买了一些甜甜圈和三明治，他付给营业员 50 元，找回了 11 元，找的对吗？写出你的理由。

算术

解见详解

【分析】根据偶数的性质: 偶数的倍数是偶数, 偶数的和是偶数, 所以洋洋买了一些甜甜圈和三明治,花费的钱数仍是偶数, 偶数一偶数＝偶数, 所以找回的钱数是偶数, 不能是 11; 由此即可判断。

【详解】偶数+偶数=偶数, 偶数一偶数=偶数

所以小明买了一些甜甜圈和三明治, 花费的钱数仍是偶数, 所以找回的钱数是偶数, 不能是 11。答：他付给营业员 50 元，找回 11 元，找得不对， 11 是奇数。

【点睛】此题考查了奇数、偶数的性质, 明确数的奇偶性特点, 是解答此题的关键。


Answer:
解不亮; 亮

【分析】弟弟拉第一下灯, 灯亮, 再拉一下, 灯不亮, 再拉一下, 灯亮, 可见灯是按亮、不亮、亮、不亮的顺序循环出现的, 所以拉奇数下灯亮, 偶数下灯不亮; 所以，拉了 8 下开关灯是不亮的,同种方法可求出拉 13 下灯的状态。

【详解】拉奇数下灯变亮, 偶数下变为不亮;

拉 8 下, 为偶数次, 所以这时灯是不亮的;

拉 13 下, 为奇数次, 所以这时灯是亮的;

答: 这时灯是不亮的, 13 下后这时灯是亮的。

【点睛】完成本题的关键是明确开关拉偶数次开关的状态与原来相比不变，拉奇数次状态变化。

Question: 傍晚弟弟开灯, 一连开了 8 下。请你说说这时灯亮了还是没亮。13 下呢？

逻辑题

解不亮; 亮

【分析】弟弟拉第一下灯, 灯亮, 再拉一下, 灯不亮, 再拉一下, 灯亮, 可见灯是按亮、不亮、亮、不亮的顺序循环出现的, 所以拉奇数下灯亮, 偶数下灯不亮; 所以，拉了 8 下开关灯是不亮的,同种方法可求出拉 13 下灯的状态。

【详解】拉奇数下灯变亮, 偶数下变为不亮;

拉 8 下, 为偶数次, 所以这时灯是不亮的;

拉 13 下, 为奇数次, 所以这时灯是亮的;

答: 这时灯是不亮的, 13 下后这时灯是亮的。

【点睛】完成本题的关键是明确开关拉偶数次开关的状态与原来相比不变，拉奇数次状态变化。


Answer:
解4 种 如图

<ImageHere>

【解析】略

Question:
在下面的方格纸上画面积是 $24 \mathrm{~cm}^{2}$ 的长方形(边长是整数, 每个小方格的边长是 $1 \mathrm{~cm}$ ), 你有几种不同的画法?

<ImageHere>

<ImageHere>

组合数学


Answer:
由条件知: $\cos A=\frac{A B^{2}+A C^{2}-B C^{2}}{2 \cdot A B \cdot A C}=\frac{9^{2}+8^{2}-7^{2}}{2 \times 9 \times 8}=\frac{2}{3}$, 设中线长为 $x$, 由余弦定理知: $x^{2}=\left(\frac{A C}{2}\right)^{2}+A B^{2}-2 \cdot \frac{A C}{2} \cdot A B \cos A=4^{2}+9^{2}-2 \times 4 \times 9 \times \frac{2}{3}=49$ $\Rightarrow x=7$.

所以, 所求中线长为 7 .

Question: 11. 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $C B=7, A C=8, A B=9$, 试求 $A C$ 边上的中线长.

解析几何


Answer:
(1) $\cos C=\cos [\pi-(A+B)]$

$=-\cos (A+B)=-\frac{1}{2}$,

又 $\because C \in\left(0^{\circ}, 180^{\circ}\right), \therefore C=120^{\circ}$.

(2) $\because a, b$ 是方程 $x^{2}-2 \sqrt{3} x+2=0$ 的两根,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a+b=2 \sqrt{3}, \\ a b=2 .\end{array}\right.$

$\therefore A B^{2}=b^{2}+a^{2}-2 a b \cos 120^{\circ}=(a+b)^{2}-a b=10$,

$\therefore A B=\sqrt{10}$.

(3) $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Question:
12. 在 $\triangle A B C$ 中, $B C=a, A C=b$, 且 $a, b$ 是方程 $x^{2}-2 \sqrt{3} x+2=0$ 的两根, $2 \cos (A+$ $B)=1$.

(1)求角 $C$ 的度数;

(2)求 $A B$ 的长;

(3)求 $\triangle A B C$ 的面积.

解析几何

(1) $\cos C=\cos [\pi-(A+B)]$

$=-\cos (A+B)=-\frac{1}{2}$,

又 $\because C \in\left(0^{\circ}, 180^{\circ}\right), \therefore C=120^{\circ}$.

(2) $\because a, b$ 是方程 $x^{2}-2 \sqrt{3} x+2=0$ 的两根,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a+b=2 \sqrt{3}, \\ a b=2 .\end{array}\right.$

$\therefore A B^{2}=b^{2}+a^{2}-2 a b \cos 120^{\circ}=(a+b)^{2}-a b=10$,

$\therefore A B=\sqrt{10}$.

(3) $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{\sqrt{3}}{2}$.


Answer:
右边 $=\frac{\sin A \cos B-\cos A \sin B}{\sin C}=\frac{\sin A}{\sin C} \cdot \cos B-\frac{\sin B}{\sin C} \cdot \cos A$

$=\frac{a}{c} \cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}-\frac{b}{c} \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 c^{2}}-\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 c^{2}}=\frac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}}=$ 左边.

所以 $\frac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}}=\frac{\sin (A-B)}{\sin C}$.

Question: 11. 在 $\triangle A B C$ 中, 求证: $\frac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}}=\frac{\sin (A-B)}{\sin C}$.

解析几何


Answer:
(1) $\because \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=-21, \therefore \overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=21$.

$\therefore \overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=|\overrightarrow{B A}| \cdot|\overrightarrow{B C}| \cdot \cos \mathrm{B}=\operatorname{accos} \mathrm{B}=21$.

$\therefore \mathrm{ac}=35, \because \cos \mathrm{B}=\frac{3}{5}, \therefore \quad \sin \mathrm{B}=\frac{4}{5}$.

$\therefore \mathrm{S} \triangle \mathrm{ABC}=\frac{1}{2} \mathrm{acsin} \mathrm{B}=\frac{1}{2} \times 35 \times \frac{4}{5}=14$.

(2) $a c=35, a=7, \therefore c=5$.

由余弦定理得, $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=32$,

$\therefore b=4 \sqrt{2}$. 由正弦定理: $\frac{c}{\sin C}=\frac{b}{\sin B}$.

$\therefore \sin C=\frac{c}{b} \sin B=\frac{5}{4 \sqrt{2}} \times \frac{4}{5}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\because c<b$ 且 $B$ 为锐角, $\therefore C$ 一定是锐角.

$\therefore C=45^{\circ}$.

Question:
12. 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 分别是角 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 的对边的长, $\cos \mathrm{B}=\frac{3}{5}$,

且 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=-21$.

(1)求 $\triangle A B C$ 的面积;

(2)若 $a=7$, 求角 $C$.

解析几何

(1) $\because \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=-21, \therefore \overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=21$.

$\therefore \overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=|\overrightarrow{B A}| \cdot|\overrightarrow{B C}| \cdot \cos \mathrm{B}=\operatorname{accos} \mathrm{B}=21$.

$\therefore \mathrm{ac}=35, \because \cos \mathrm{B}=\frac{3}{5}, \therefore \quad \sin \mathrm{B}=\frac{4}{5}$.

$\therefore \mathrm{S} \triangle \mathrm{ABC}=\frac{1}{2} \mathrm{acsin} \mathrm{B}=\frac{1}{2} \times 35 \times \frac{4}{5}=14$.

(2) $a c=35, a=7, \therefore c=5$.

由余弦定理得, $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=32$,

$\therefore b=4 \sqrt{2}$. 由正弦定理: $\frac{c}{\sin C}=\frac{b}{\sin B}$.

$\therefore \sin C=\frac{c}{b} \sin B=\frac{5}{4 \sqrt{2}} \times \frac{4}{5}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\because c<b$ 且 $B$ 为锐角, $\therefore C$ 一定是锐角.

$\therefore C=45^{\circ}$.


Answer:
(1) $\because b=2 a \sin B, \therefore$ 由正弦定理化简得： $\sin B=2 \sin A \sin B, \because \sin B \neq 0, \therefore \sin A=\frac{1}{2}, \because a<b<c$, $\therefore A$ 为锐角, 则 $A=\frac{\pi}{6}$;

（2） $\because a=2, b=2 \sqrt{3}, \cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}, \therefore$ 由余弦定理得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 即 $4=12+c^{2}-2 \times 2 \sqrt{3} \times c \times \frac{\sqrt{3}}{2}$,整理得: $c^{2}-6 c+8=0$, 解得: $c=2$ (舍去) 或 $c=4$, 则 $S=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 4 \times \frac{1}{2}=2 \sqrt{3}$.

Question:
在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 所对的边, 且满足 $a$ $<b<c, \quad b=2 a \sin B$.

(1) 求 $A$ 的大小;

（2）若 $a=2, b=2 \sqrt{3}$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.

解析几何

(1) $\because b=2 a \sin B, \therefore$ 由正弦定理化简得： $\sin B=2 \sin A \sin B, \because \sin B \neq 0, \therefore \sin A=\frac{1}{2}, \because a<b<c$, $\therefore A$ 为锐角, 则 $A=\frac{\pi}{6}$;

（2） $\because a=2, b=2 \sqrt{3}, \cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}, \therefore$ 由余弦定理得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 即 $4=12+c^{2}-2 \times 2 \sqrt{3} \times c \times \frac{\sqrt{3}}{2}$,整理得: $c^{2}-6 c+8=0$, 解得: $c=2$ (舍去) 或 $c=4$, 则 $S=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 4 \times \frac{1}{2}=2 \sqrt{3}$.


Answer: $\left(2 k \pi-\frac{\pi}{6}, 2 k \pi+\frac{\pi}{6}\right)(k \in \mathbf{Z})$

Question:
13. 若 $\cos \theta>\sin \frac{7 \pi}{3}$, 利用三角函数线得角 $\theta$ 的取值范围是

解析 : $\cos \theta>\sin \frac{7}{3} \pi=\sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
$\therefore 2 k \pi-\frac{\pi}{6}<\theta<2 k \pi+\frac{\pi}{6}, \quad k \in \mathbf{Z}$.

解析几何

$\left(2 k \pi-\frac{\pi}{6}, 2 k \pi+\frac{\pi}{6}\right)(k \in \mathbf{Z})$


Answer:
如图, <ImageHere>单位圆 $O$ 与 $x$ 轴正半轴交于点 $A$, 与角 $\alpha, \beta$ 的终边分别交于点 $Q, P$, 过 $P$, $Q$ 分别作 $O A$ 的垂线，设垂足分别为点 $M, N$, 则由三角函数线定义可知:

$\sin \alpha=N Q, \sin \beta=M P$, 过点 $Q$ 作 $Q H \perp M P$ 于点 $H$, 于是 $M H=N Q$, 则 $H P=M P-M H=$ $\sin \beta-\sin \alpha$.

由图可知, $H P<\overparen{P Q}=\overparen{A P}-\overparen{A Q}=\beta-\alpha$,

即 $\beta-\alpha>\sin \beta-\sin \alpha$.

Question: 16. 利用三角函数线证明: 若 $0<\alpha<\beta<\frac{\pi}{2}$, 则 $\beta-\alpha>\sin \beta-\sin \alpha$.

解析几何

如图, <ImageHere>单位圆 $O$ 与 $x$ 轴正半轴交于点 $A$, 与角 $\alpha, \beta$ 的终边分别交于点 $Q, P$, 过 $P$, $Q$ 分别作 $O A$ 的垂线，设垂足分别为点 $M, N$, 则由三角函数线定义可知:

$\sin \alpha=N Q, \sin \beta=M P$, 过点 $Q$ 作 $Q H \perp M P$ 于点 $H$, 于是 $M H=N Q$, 则 $H P=M P-M H=$ $\sin \beta-\sin \alpha$.

由图可知, $H P<\overparen{P Q}=\overparen{A P}-\overparen{A Q}=\beta-\alpha$,

即 $\beta-\alpha>\sin \beta-\sin \alpha$.


Question:
9. 在单位圆中画出适合下列条件的角 $\alpha$ 的终边.

(1) $\sin \alpha=\frac{2}{3}$;

(2) $\cos \alpha=-\frac{3}{5}$.

解析几何

(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<ImageHere>.

(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<ImageHere>.


Answer: $\frac{5}{13}$

Question: 10. 已知 $\sin \left(-\frac{\pi}{2}-\alpha\right) \cdot \cos \left(-\frac{5 \pi}{2}-\alpha\right)=\frac{60}{169}$, 且 $\frac{\pi}{4}<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 求 $\sin \alpha$ 与 $\cos \alpha$ 的值.

解析几何

$\because \sin \left(-\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=-\cos \alpha$, $\cos \left(-\frac{5 \pi}{2}-\alpha\right)=\cos \left(2 \pi+\frac{\pi}{2}+\alpha\right)=-\sin \alpha$,

$\therefore \sin \alpha \cdot \cos \alpha=\frac{60}{169}$,

即 $2 \sin \alpha \cdot \cos \alpha=\frac{120}{169}$. 1

又 $\because \sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1$,

(1) + (2) 得 $(\sin \alpha+\cos \alpha)^{2}=\frac{289}{169}$,

(2) $-(1)$ 得 $(\sin \alpha-\cos \alpha)^{2}=\frac{49}{169}$.

又 $\because \alpha \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \sin \alpha>\cos \alpha>0$,

即 $\sin \alpha+\cos \alpha>0, \sin \alpha-\cos \alpha>0$,
$\therefore \sin \alpha+\cos \alpha=\frac{17}{13}$,

$\sin \alpha-\cos \alpha=\frac{7}{13}$,

(3)+(4)得 $\sin \alpha=\frac{12}{13}$,

(3)-(4) 得 $\cos \alpha=\frac{5}{13}$.


Answer:
$f(\alpha)=\frac{\sin (\pi-\alpha) \cos (2 \pi-\alpha)}{\cos \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right) \sin (-\pi-\alpha) \cos (2 \pi+\alpha)}$

$=\frac{\sin \alpha \cos \alpha}{-\sin \alpha \sin (\pi+\alpha) \cos \alpha}=\frac{1}{\sin \alpha}$.

(1) $\because \cos \left(\alpha-\frac{3 \pi}{2}\right)=\frac{1}{5}$,

$\therefore \cos \left(\alpha-\frac{3 \pi}{2}+2 \pi\right)=\frac{1}{5}$,

$\therefore \cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)=\frac{1}{5}$,

$\therefore \sin \alpha=-\frac{1}{5}, \therefore f(\alpha)=\frac{1}{\sin \alpha}=-5$.

(2)当 $\alpha=-1860^{\circ}$ 时, $f(\alpha)=\frac{1}{\sin \alpha}$

$=\frac{1}{\sin \left(-1860^{\circ}\right)}=\frac{1}{-\sin 1860^{\circ}}$

$=\frac{1}{-\sin \left(5 \times 360^{\circ}+60^{\circ}\right)}=\frac{1}{-\sin 60^{\circ}}=-\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

Question:
15. 已知 $\alpha$ 是第四象限角, 且

$f(\alpha)=\frac{\sin (\pi-\alpha) \cos (2 \pi-\alpha)}{\cos \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right) \sin (-\pi-\alpha) \cos (2 \pi+\alpha)}$.

(1)若 $\cos \left(\alpha-\frac{3 \pi}{2}\right)=\frac{1}{5}$, 求 $f(\alpha)$ 的值;

(2)若 $\alpha=-1860^{\circ}$, 求 $f(\alpha)$ 的值.

解析几何

$f(\alpha)=\frac{\sin (\pi-\alpha) \cos (2 \pi-\alpha)}{\cos \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right) \sin (-\pi-\alpha) \cos (2 \pi+\alpha)}$

$=\frac{\sin \alpha \cos \alpha}{-\sin \alpha \sin (\pi+\alpha) \cos \alpha}=\frac{1}{\sin \alpha}$.

(1) $\because \cos \left(\alpha-\frac{3 \pi}{2}\right)=\frac{1}{5}$,

$\therefore \cos \left(\alpha-\frac{3 \pi}{2}+2 \pi\right)=\frac{1}{5}$,

$\therefore \cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)=\frac{1}{5}$,

$\therefore \sin \alpha=-\frac{1}{5}, \therefore f(\alpha)=\frac{1}{\sin \alpha}=-5$.

(2)当 $\alpha=-1860^{\circ}$ 时, $f(\alpha)=\frac{1}{\sin \alpha}$

$=\frac{1}{\sin \left(-1860^{\circ}\right)}=\frac{1}{-\sin 1860^{\circ}}$

$=\frac{1}{-\sin \left(5 \times 360^{\circ}+60^{\circ}\right)}=\frac{1}{-\sin 60^{\circ}}=-\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.


Answer: $-\frac{2}{9}$

Question: 9. 已知 $\cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=\frac{1}{3}$, 求 $\cos ^{2}\left(\frac{3 \pi}{4}+\alpha\right)-\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)$ 的值.

解析几何

$\because \cos \left(\frac{3 \pi}{4}+\alpha\right)$

$=\cos \left[\pi-\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)\right]$

$=-\cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=-\frac{1}{3}$,

$\therefore \cos ^{2}\left(\frac{3 \pi}{4}+\alpha\right)=\frac{1}{9}$.

又 $\because \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \left[\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)\right]=\cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=\frac{1}{3}$,

$\therefore \cos ^{2}\left(\frac{3 \pi}{4}+\alpha\right)-\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{9}-\frac{1}{3}=-\frac{2}{9}$.


Answer: $\left\{\left.x\right|_{x=k \pi-\frac{\pi}{2}}\right.$ 或 $\left.x=k \pi-\frac{\pi}{6}, k \in \mathbf{Z}\right\}$.

Question: 16. 已知函数 $f(x)=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$, 若函数 $g(x)$ 的最小正周期是 $\pi$, 且当 $x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $g(x)=$ $f\left(\frac{x}{2}\right)$, 求关于 $x$ 的方程 $g(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 的解集.

解析几何

当 $x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $g(x)=f\left(\frac{x}{2}\right)=\cos \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.

因为 $x+\frac{\pi}{3} \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$,

所以由 $g(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 解得 $x+\frac{\pi}{3}=-\frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{\pi}{6}$,

即 $x=-\frac{\pi}{2}$ 或 $-\frac{\pi}{6}$.

又因为 $g(x)$ 的最小正周期为 $\pi$.

所以 $g(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 的解集为 $\left\{\left.x\right|_{x=k \pi-\frac{\pi}{2}}\right.$ 或 $\left.x=k \pi-\frac{\pi}{6}, k \in \mathbf{Z}\right\}$.

##第一章 三角函数


Answer: $f(x)=\sin |x|$

Question: 8. 若 $f(x)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的偶函数, 当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x)=\sin x$, 则 $f(x)$ 的解析式是

解析几何

解析：当 $x<0$ 时, $-x>0, f(-x)=\sin (-x)=-\sin x$.

$\because f(-x)=f(x), \quad \therefore x<0$ 时, $f(x)=-\sin x$.

$\therefore f(x)=\sin |x|$.


Answer:
令 $\cos x=t, t \in[-1,1]$, 则 $y=2 t^{2}-2 a t-(2 a+1)$, 函数图象的对称轴为直线 $t=\frac{a}{2}$.当 $\frac{a}{2}<-1$, 即 $a<-2$ 时, 函数 $y$ 在 $[-1,1]$ 上单调递增, $y_{\text {min }}=1 \neq \frac{1}{2}$;

当 $\frac{a}{2}>1$, 即 $a>2$ 时, 函数 $y$ 在 $[-1,1]$ 上单调递减, $y_{\min }=-4 a+1=\frac{1}{2}$, 解得 $a=\frac{1}{8}$, 与 $a>2$矛盾;

当 $-1 \leqslant \frac{a}{2} \leqslant 1$, 即 $-2 \leqslant a \leqslant 2$ 时, $y_{\text {min }}=-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1=\frac{1}{2}, a^{2}+4 a+3=0$, 解得 $a=-1$ 或 $a$ $=-3, \quad \therefore a=-1$.

此时 $y_{\text {max }}=-4 a+1=5$.

综上可知, 满足 $f(a)=\frac{1}{2}$ 的 $a$ 的值为 -1 , 此时 $y$ 的最大值为 5 .

Question: 16. 关于 $x$ 的函数 $y=2 \cos ^{2} x-2 a \cos x-(2 a+1)$ 的最小值为 $f(a)$, 试确定满足 $f(a)=\frac{1}{2}$ 的 $a$ 的值,并对此时的 $a$ 值求 $y$ 的最大值.

解析几何


Answer: (1)

Question:
14.关于函数 $f(x)=\tan \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$ 有以下命题:

(1)函数 $f(x)$ 的周期是 $\frac{\pi}{2}$;

(2)函数 $f(x)$ 的定义域是 $\left\{x \mid x \in \mathbf{R}\right.$ 且 $\left.x \neq \frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{8}, k \in \mathbf{Z}\right\}$;

(3) $y=f(x)$ 是奇函数;

(4) $y=f(x)$ 的一个单调递增区间为 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$.

其中，正确的命题是

解析几何

解析： $f(x)=\tan \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$ 的周期 $T=\frac{\pi}{2}$ ，故 (1) 正确； $f(x)$ 的定义域为 $\left\{x \mid x \in \mathbf{R}\right.$ 且 $\left.x \neq \frac{k \pi}{2}+\frac{3 \pi}{8} ， k \in \mathbf{Z}\right\}$ ，故(2)不正确; $f(x)$ 是非奇非偶函数，故(3)不正确； $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(\frac{k \pi}{2}-\frac{\pi}{8}, \frac{k \pi}{2}+\frac{3}{8} \pi\right) ， k \in \mathbf{Z}$ ，故(4)不正确.


Answer:
设 $t=\tan x$. 因为 $|x| \leqslant \frac{\pi}{4}$ ，所以 $\tan x \in[-1,1]$ ，则原函数化为 $y=t^{2}-a t=\left(t-\frac{a}{2}\right)^{2}$ $\frac{a^{2}}{4}$, 对称轴方程为 $t=\frac{a}{2}$.

(1) 若 $-1 \leqslant \frac{a}{2} \leqslant 1$ ，即 $-2 \leqslant a \leqslant 2$ ，

则当 $t=\frac{a}{2}$ 时， $y_{\text {min }}=-\frac{a^{2}}{4}=-6$ ，

所以 $a^{2}=24$ ，不符合题意，舍去;

(2)若 $\frac{a}{2}<-1$ ，即 $a<-2$ ，则二次函数在 $[-1 ， 1]$ 上单调递增，当 $t=-1$ 时， $y_{\text {min }}=1+a=-$

6, 所以 $a=-7$;

(3) 若 ${ }_{2}^{a}>1$ ，即 $a>2$ ，则二次函数在 $[-1 ， 1]$ 上单调递减，

当 $t=1$ 时， $y_{\text {min }}=1-a=-6$, 所以 $a=7$.

综上所述，实数 $a$ 的值为 -7 或 7

Question: 16. 若函数 $y=\tan ^{2} x-a \tan x\left(|x| \leqslant \frac{\pi}{4}\right)$ 的最小值为 -6 , 求实数 $a$ 的值.

解析几何


Answer:
(1)根据表中已知数据，解得 $A=5 ， \omega=2 ， \varphi=-\frac{\pi}{6}$ 数据补全如下表:

且函数解析式为 $f(x)=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$.

(2)由(1)知 $f(x)=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ ，

则 $g(x)=5 \sin \left(2 x+2 \theta-\frac{\pi}{6}\right)$.

因为函数 $y=\sin x$ 图象的对称中心为 $(k \pi ， 0), k \in \mathbf{Z}$.

令 $2 x+2 \theta-\frac{\pi}{6}=k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，解得 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}-\theta ， k \in \mathbf{Z}$.

由于函数 $y=g(x)$ 的图象关于点 $\left(\frac{5 \pi}{12} ， 0\right)$ 成中心对称，所以令 $\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}-\theta=\frac{5 \pi}{12} ， k \in \mathbf{Z}$ ，

解得 $\theta=\frac{k \pi}{2}-\frac{\pi}{3} ， k \in \mathbf{Z}$.由 $\theta>0$ 可知，当 $k=1$ 时， $\theta$ 取得最小值 $\frac{\pi}{6}$.

Question:
16. 某同学用 “五点法” 画函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 在某一个周期内的图象时, 列表并填入了部分数据, 如下表:

(1)请将上表数据补充完整, 并直接写出函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 将 $y=f(x)$ 图象上所有点向左平行移动 $\theta(\theta>0)$ 个单位长度, 得到 $y=g(x)$ 的图象. 若 $y=g(x)$图象的一个对称中心为 $\left(\frac{5 \pi}{12}, 0\right)$, 求 $\theta$ 的最小值.

解析几何

(1)根据表中已知数据，解得 $A=5 ， \omega=2 ， \varphi=-\frac{\pi}{6}$ 数据补全如下表:

且函数解析式为 $f(x)=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$.

(2)由(1)知 $f(x)=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ ，

则 $g(x)=5 \sin \left(2 x+2 \theta-\frac{\pi}{6}\right)$.

因为函数 $y=\sin x$ 图象的对称中心为 $(k \pi ， 0), k \in \mathbf{Z}$.

令 $2 x+2 \theta-\frac{\pi}{6}=k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，解得 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}-\theta ， k \in \mathbf{Z}$.

由于函数 $y=g(x)$ 的图象关于点 $\left(\frac{5 \pi}{12} ， 0\right)$ 成中心对称，所以令 $\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}-\theta=\frac{5 \pi}{12} ， k \in \mathbf{Z}$ ，

解得 $\theta=\frac{k \pi}{2}-\frac{\pi}{3} ， k \in \mathbf{Z}$.由 $\theta>0$ 可知，当 $k=1$ 时， $\theta$ 取得最小值 $\frac{\pi}{6}$.


Answer:
解析 : (1) $\frac{T}{2}=\frac{11}{12} \pi-\frac{5}{12} \pi=\frac{1}{2} \pi$ ，

$\therefore T=\pi, \omega=\frac{2 \pi}{T}=2$,

又 $\sin \left(2 \cdot \frac{5 \pi}{12}+\varphi\right)=1 ，|\varphi|<\frac{\pi}{2}$ ，

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

$\therefore g(x)=\sin \left(4 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

(2) $g(x)$ 在 $\left[0 ， \frac{\pi}{12}\right]$ 上为增函数，在 $\left[\frac{\pi}{12} ， \frac{\pi}{4}\right]$ 上为减函数，所以 $g(x)_{\text {max }}=g\left(\frac{\pi}{12}\right)=1$ ，

又 $g(0)=\frac{1}{2} ， g\left(\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{1}{2}$ ，

所以 $g(x)_{\min }=-\frac{1}{2}$,

故函数 $g(x)$ 在区间 $\left[0 ， \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值和最小值分别为 1 和 $-\frac{1}{2}$.

Question:
9. 函数 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 在它的某一个周期内的单调递减区间是 $\left[\frac{5 \pi}{12}, \frac{11 \pi}{12}\right]$ 将 $y=$ $f(x)$ 的图象先向左平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度, 再将图象上所有点的横坐标变为原来的 $\frac{1}{2}$ ( 纵坐标不变), 所得到的图象对应的函数记为 $g(x)$.

(1)求 $g(x)$ 的解析式;

(2)求 $g(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值和最小值.

解析几何

解析 : (1) $\frac{T}{2}=\frac{11}{12} \pi-\frac{5}{12} \pi=\frac{1}{2} \pi$ ，

$\therefore T=\pi, \omega=\frac{2 \pi}{T}=2$,

又 $\sin \left(2 \cdot \frac{5 \pi}{12}+\varphi\right)=1 ，|\varphi|<\frac{\pi}{2}$ ，

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

$\therefore g(x)=\sin \left(4 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

(2) $g(x)$ 在 $\left[0 ， \frac{\pi}{12}\right]$ 上为增函数，在 $\left[\frac{\pi}{12} ， \frac{\pi}{4}\right]$ 上为减函数，所以 $g(x)_{\text {max }}=g\left(\frac{\pi}{12}\right)=1$ ，

又 $g(0)=\frac{1}{2} ， g\left(\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{1}{2}$ ，

所以 $g(x)_{\min }=-\frac{1}{2}$,

故函数 $g(x)$ 在区间 $\left[0 ， \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值和最小值分别为 1 和 $-\frac{1}{2}$.


Answer:
(1)由已知可设 $y=40.5-40 \cos \omega t ， t \geqslant 0$ ，由周期为 12 分钟可知，当 $t=6$ 时，摩天轮第 1 次到达最高点，即此函数第 1 次取得最大值，所以 $6 \omega=\pi$ ，即 $\omega=\frac{\pi}{6}$ ， 所以 $y=40.5$ - $40 \cos \frac{\pi}{6} t(t \geqslant 0)$.

(2)设转第 1 圈时，第 $t_{0}$ 分钟时距离地面 60.5 米. 由 $60.5=40.5-40 \cos \frac{\pi}{6} t_{0}$, 得 $\cos \frac{\pi}{6} t_{0}=-\frac{1}{2}$ ，
所以 $\frac{\pi}{6} t_{0}=\frac{2 \pi}{3}$ 或 $\frac{\pi}{6} t_{0}=\frac{4 \pi}{3}$ ，解得 $t_{0}=4$ 或 $t_{0}=8$ ，所以 $t=8$ (分钟)时，第 2 次距地面 60.5 米，故第 4 次距离地面 60.5 米时，用了 $12+8=20$ (分钟)

Question:
10. 如图所示, 游乐场中的摩天轮匀速转动, 每转一圈需要 12 分钟, 其中心 $O$ 距离地面 40.5 米, 半径为 40 米. 如果你从最低处登上摩天轮, 那么你与地面的距离将随时间的变化而变化, 以你登上摩天轮的时刻开始计时, 请解答下列问题:

<ImageHere>

(1)求出你与地面的距离 $y$ (米)与时间 $t$ (分钟)的函数关系式;

(2)当你第 4 次距离地面 60.5 米时, 用了多长时间?

解析几何


Answer:
解析: (1)以圆心 $O$ 为原点，建立如图所示的坐标系，则以 $O x$ 为始边， $O B$ 为终边的角为 $\theta-\frac{\pi}{2} ，$ 故点 $B$ 坐标为

<ImageHere>

$\left(4,.8 \cos \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right), 4,.8 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)\right)$.

$\therefore h=5,.6+4,.8 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)$.

(2)点 $A$ 在圆上转动的角速度是 $\frac{\pi}{30}$ ，故 $t s$ 转过的弧度数为 $\frac{\pi t}{30}$.

$\therefore h=5,.6+4,.8 \sin \left(\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}\right), t \in[0,+\infty)$.

到达最高点时， $h=10,.4 \mathrm{~m}$.

由 $\sin \left(\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}\right)=1$ ，得 $\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2} ， \therefore t=30$

$\therefore$ 缆车到达最高点时，用的最少时间是 $30 \mathrm{~s}$.

Question:
如图, 为一个缆车示意图, 该缆车半径为 $4,.8 \mathrm{~m}$, 圆上最低点与地面的距离为 $0,.8 \mathrm{~m}, 60 \mathrm{~s}$
转动一圈, 图中 $O A$ 与地面垂直, 以 $O A$ 为始边, 逆时针转动 $\theta$ 角到 $O B$, 设点 $B$ 与地面距离是 $h$.

<ImageHere>

(1)求 $h$ 与 $\theta$ 之间的函数解析式;

(2)设从 $O A$ 开始转动, 经过 $t \mathrm{~s}$ 后到达 $O B$, 求 $h$ 与 $t$ 之间的函数解析式, 并求缆车到达最高点时用的最少时间是多少.

解析几何

解析: (1)以圆心 $O$ 为原点，建立如图所示的坐标系，则以 $O x$ 为始边， $O B$ 为终边的角为 $\theta-\frac{\pi}{2} ，$ 故点 $B$ 坐标为

<ImageHere>

$\left(4,.8 \cos \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right), 4,.8 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)\right)$.

$\therefore h=5,.6+4,.8 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)$.

(2)点 $A$ 在圆上转动的角速度是 $\frac{\pi}{30}$ ，故 $t s$ 转过的弧度数为 $\frac{\pi t}{30}$.

$\therefore h=5,.6+4,.8 \sin \left(\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}\right), t \in[0,+\infty)$.

到达最高点时， $h=10,.4 \mathrm{~m}$.

由 $\sin \left(\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}\right)=1$ ，得 $\frac{\pi}{30} t-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2} ， \therefore t=30$

$\therefore$ 缆车到达最高点时，用的最少时间是 $30 \mathrm{~s}$.


Answer:
(1)由函数易知，当 $x=14$ 时，函数取得最大值，此时最高温度为 $30{ }^{\circ} \mathrm{C}$ ，当 $x=6$ 时，函数取得最小值，此时最低温度为 $10{ }^{\circ} \mathrm{C}$ ，所以最大温差为 $30-10=20$

(2)令 $10 \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)+20=15$ ，得 $\sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)=-\frac{1}{2}$ ，

因为 $x \in[4,16]$ ，所以 $x=\frac{26}{3}$

令 $10 \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)+20=25$ ，得 $\sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)=\frac{1}{2}$

因为 $x \in[4,16]$ ，所以 $x=\frac{34}{3}$

故该细菌能存活的最长时间为 $\frac{34}{3}-\frac{26}{3}=\frac{8}{3}$ (小时).

Question:
9. 已知某地一天从 $4 \sim 16$ 时的温度变化曲线近似满足函数 $y=10 \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{5 \pi}{4}\right)+20, x \in[4,16]$.

(1)求该地区这一段时间内温度的最大温差;

(2)若有一种细菌在 $15^{\circ} \mathrm{C}$ 到 $25^{\circ} \mathrm{C}$ 之间可以生存, 则在这段时间内, 该细菌最多能存活多长时间?

解析几何


Answer:
因为在 $\triangle A B C$ 中, $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R$,

所以左边 $=\frac{2 R \sin A-2 R \sin C \cos B}{2 R \sin B-2 R \sin C \cos A}$

$=\frac{\sin (B+C)-\sin C \cos B}{\sin (A+C)-\sin C \cos A}=\frac{\sin B \cos C}{\sin A \cos C}=\frac{\sin B}{\sin A}=$ 右边.

所以等式成立, 即 $\frac{a-c \cos B}{b-c \cos A}=\frac{\sin B}{\sin A}$.

Question: 11. 在 $\triangle A B C$ 中, 求证: $\frac{a-c \cos B}{b-c \cos A}=\frac{\sin B}{\sin A}$.

解析几何

因为在 $\triangle A B C$ 中, $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R$,

所以左边 $=\frac{2 R \sin A-2 R \sin C \cos B}{2 R \sin B-2 R \sin C \cos A}$

$=\frac{\sin (B+C)-\sin C \cos B}{\sin (A+C)-\sin C \cos A}=\frac{\sin B \cos C}{\sin A \cos C}=\frac{\sin B}{\sin A}=$ 右边.

所以等式成立, 即 $\frac{a-c \cos B}{b-c \cos A}=\frac{\sin B}{\sin A}$.


Answer:
设三角形外接圆半径为 $R$, 则 $a^{2} \tan B=b^{2} \tan A$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2} \sin B}{\cos B}=\frac{b^{2} \sin A}{\cos A}$

$\Leftrightarrow \frac{4 R^{2} \sin ^{2} A \sin B}{\cos B}=\frac{4 R^{2} \sin ^{2} B \sin A}{\cos A}$

$\Leftrightarrow \sin A \cos A=\sin B \cos B$

$\Leftrightarrow \sin 2 A=\sin 2 B$

$\Leftrightarrow 2 A=2 B$ 或 $2 A+2 B=\pi$

$\Leftrightarrow A=B$ 或 $A+B=\frac{\pi}{2}$.

$\therefore \triangle A B C$ 为等腰三角形或直角三角形.

Question: 12. 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $a^{2} \tan B=b^{2} \tan A$, 试判断 $\triangle A B C$ 的形状.

解析几何

设三角形外接圆半径为 $R$, 则 $a^{2} \tan B=b^{2} \tan A$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2} \sin B}{\cos B}=\frac{b^{2} \sin A}{\cos A}$

$\Leftrightarrow \frac{4 R^{2} \sin ^{2} A \sin B}{\cos B}=\frac{4 R^{2} \sin ^{2} B \sin A}{\cos A}$

$\Leftrightarrow \sin A \cos A=\sin B \cos B$

$\Leftrightarrow \sin 2 A=\sin 2 B$

$\Leftrightarrow 2 A=2 B$ 或 $2 A+2 B=\pi$

$\Leftrightarrow A=B$ 或 $A+B=\frac{\pi}{2}$.

$\therefore \triangle A B C$ 为等腰三角形或直角三角形.


Answer:
$\cos B=2 \cos ^{2} \frac{B}{2}-1=\frac{3}{5}$,

故 $B$ 为锐角, $\sin B=\frac{4}{5}$.
所以 $\sin A=\sin (\pi-B-C)=\sin \left(\frac{3 \pi}{4}-B\right)=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$.

由正弦定理得 $c=\frac{a \sin C}{\sin A}=\frac{10}{7}$,

所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 2 \times \frac{10}{7} \times \frac{4}{5}=\frac{8}{7}$.

Question:
14. 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别是三个内角 $A, B, C$ 的对边, 若 $a=2, C=\frac{\pi}{4}$,

$\cos \frac{B}{2}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 求 $\triangle A B C$ 的面积 $S$.

解析几何


Answer:
设角 $\alpha$ 的终边与单位圆的交点为 $P(x, y)$, 则有 $x^{2}+y^{2}=1$.

由三角函数的定义, 得

$\frac{1}{\cos \alpha} \cdot \sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}+\tan \alpha \cdot \sqrt{\frac{1}{\sin ^{2} \alpha}-1}$

$=\frac{1}{x} \cdot \sqrt{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}+\frac{y}{x} \cdot \sqrt{\frac{1}{y^{2}}-1}$

$=\frac{1}{x} \cdot \sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}}}+\frac{y}{x} \cdot \sqrt{\frac{1-y^{2}}{y^{2}}}=\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{|x|}+\frac{y}{x} \cdot \frac{|x|}{|y|}$.

$\because \alpha$ 为第四象限角, $\therefore x>0, y<0$,

$\therefore$ 原式 $=\frac{1}{x^{2}}-1=\frac{1-x^{2}}{x^{2}}=\left(\frac{y}{x}\right)^{2}=\tan ^{2} \alpha$

Question: 15. 化简 $\frac{1}{\cos \alpha} \cdot \sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}+\tan \alpha \cdot \sqrt{\frac{1}{\sin ^{2} \alpha}-1}$ (其中 $\alpha$ 为第四象限角)

解析几何

设角 $\alpha$ 的终边与单位圆的交点为 $P(x, y)$, 则有 $x^{2}+y^{2}=1$.

由三角函数的定义, 得

$\frac{1}{\cos \alpha} \cdot \sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}+\tan \alpha \cdot \sqrt{\frac{1}{\sin ^{2} \alpha}-1}$

$=\frac{1}{x} \cdot \sqrt{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}+\frac{y}{x} \cdot \sqrt{\frac{1}{y^{2}}-1}$

$=\frac{1}{x} \cdot \sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}}}+\frac{y}{x} \cdot \sqrt{\frac{1-y^{2}}{y^{2}}}=\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{|x|}+\frac{y}{x} \cdot \frac{|x|}{|y|}$.

$\because \alpha$ 为第四象限角, $\therefore x>0, y<0$,

$\therefore$ 原式 $=\frac{1}{x^{2}}-1=\frac{1-x^{2}}{x^{2}}=\left(\frac{y}{x}\right)^{2}=\tan ^{2} \alpha$.


Answer:
(1) $\because B, E, C$ 三点共线，

$\therefore \overrightarrow{O E}=x \overrightarrow{O C}+(1-x) \overrightarrow{O B}=2 x \boldsymbol{a}+(1-x) \boldsymbol{b}$. (1)
同理， $\because A, E, D$ 三点共线， $\therefore \overrightarrow{O E}=y \boldsymbol{a}+3(1-y) \boldsymbol{b}$.(2)

比较(1)(2)，得 $\left\{\begin{array}{l}2 x=y ， \\ 1-x=3(1-y) ，\end{array}\right.$

解得 $x=\frac{2}{5} ｙ=\frac{4}{5} ， \therefore \overrightarrow{O E}=\frac{4}{5} a+\frac{3}{5} \boldsymbol{b}$.

(2)证明: $\because \overrightarrow{O L}=\frac{\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}}{2}, \overrightarrow{O M}=\frac{1}{2} \overrightarrow{O E}=\frac{4 \boldsymbol{a}+3 \boldsymbol{b}}{10}, \overrightarrow{O N}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})=\frac{2 \boldsymbol{a}+3 \boldsymbol{b}}{2}, \therefore \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{O N}-\overrightarrow{O M}$ $=\frac{6 \boldsymbol{a}+12 \boldsymbol{b}}{10}, \overrightarrow{M L}=\overrightarrow{O L}-\overrightarrow{O M}=\frac{\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}}{10}$,

$\therefore \overrightarrow{M N}=6 \overrightarrow{M L}$,

又 $\overrightarrow{M N}$ 与 $\overrightarrow{M L}$ 有公共点 $M$ ，

$\therefore L, M, N$ 三点共线.

Question:
15. 如图, 已知三点 $O, A, B$ 不共线, 且 $\overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O D}=3 \overrightarrow{O B}$, 设 $\overrightarrow{O A}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{O B}=\boldsymbol{b}$.

(1)试用 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 表示向量 $\overrightarrow{O E}$;

(2)设线段 $A B, O E, C D$ 的中点分别为 $L, M, N$, 试证明: $L, M, N$ 三点共线.

<ImageHere>

解析几何

(1) $\because B, E, C$ 三点共线，

$\therefore \overrightarrow{O E}=x \overrightarrow{O C}+(1-x) \overrightarrow{O B}=2 x \boldsymbol{a}+(1-x) \boldsymbol{b}$. (1)
同理， $\because A, E, D$ 三点共线， $\therefore \overrightarrow{O E}=y \boldsymbol{a}+3(1-y) \boldsymbol{b}$.(2)

比较(1)(2)，得 $\left\{\begin{array}{l}2 x=y ， \\ 1-x=3(1-y) ，\end{array}\right.$

解得 $x=\frac{2}{5} ｙ=\frac{4}{5} ， \therefore \overrightarrow{O E}=\frac{4}{5} a+\frac{3}{5} \boldsymbol{b}$.

(2)证明: $\because \overrightarrow{O L}=\frac{\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}}{2}, \overrightarrow{O M}=\frac{1}{2} \overrightarrow{O E}=\frac{4 \boldsymbol{a}+3 \boldsymbol{b}}{10}, \overrightarrow{O N}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})=\frac{2 \boldsymbol{a}+3 \boldsymbol{b}}{2}, \therefore \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{O N}-\overrightarrow{O M}$ $=\frac{6 \boldsymbol{a}+12 \boldsymbol{b}}{10}, \overrightarrow{M L}=\overrightarrow{O L}-\overrightarrow{O M}=\frac{\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}}{10}$,

$\therefore \overrightarrow{M N}=6 \overrightarrow{M L}$,

又 $\overrightarrow{M N}$ 与 $\overrightarrow{M L}$ 有公共点 $M$ ，

$\therefore L, M, N$ 三点共线.


Answer:
(1) $\overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+t \overrightarrow{A B}=(1+3 t, 2+3 t)$ ，
若 $P$ 在 $x$ 轴上，则 $2+3 t=0 ， \therefore t=-\frac{2}{3}$; 若 $P$ 在 $y$ 轴上，则 $1+3 t=0 ， \therefore t=-\frac{1}{3}$.

(2)不能. 由题意知 $\overrightarrow{O A}=(1,2), \overrightarrow{P B}=(3-3 t, 3-3 t)$.

若四边形 $O A B P$ 为平行四边形，则 $\overrightarrow{O A}=\overrightarrow{P B}$.

$\because\left\{\begin{array}{l}3-3 t=1  \\{3-3 t=2} \end{array} \text { 无解， } \therefore \text { 四边形 } O A B P \text { 不能成为平行四边形. }\end{array}\right.$

Question:
14. 已知 $O(0,0), A(1,2), B(4,5)$ 及 $\overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+t \overrightarrow{A B}$, 则:

(1) $t$ 为何值时, $P$ 在 $x$ 轴上? $P$ 在 $y$ 轴上?

(2)四边形 $O A B P$ 能否成为平行四边形? 若能, 求出相应的 $t$ 值; 若不能, 请说明理由.

解析几何

(1) $\overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+t \overrightarrow{A B}=(1+3 t, 2+3 t)$ ，
若 $P$ 在 $x$ 轴上，则 $2+3 t=0 ， \therefore t=-\frac{2}{3}$; 若 $P$ 在 $y$ 轴上，则 $1+3 t=0 ， \therefore t=-\frac{1}{3}$.

(2)不能. 由题意知 $\overrightarrow{O A}=(1,2), \overrightarrow{P B}=(3-3 t, 3-3 t)$.

若四边形 $O A B P$ 为平行四边形，则 $\overrightarrow{O A}=\overrightarrow{P B}$.

$\because\left\{\begin{array}{l}3-3 t=1  \\{3-3 t=2} \end{array} \text { 无解， } \therefore \text { 四边形 } O A B P \text { 不能成为平行四边形. }\end{array}\right.$


Answer:
设 $P(x, y)$ ，则由 $|\overrightarrow{A P}|=2|\overrightarrow{P B}|$ ，得 $\overrightarrow{A P}=2 \overrightarrow{P B}$ 或 $\overrightarrow{A P}=-2 \overrightarrow{P B}$.

若 $\overrightarrow{A P}=2 \overrightarrow{P B}$ ，则 $(x-3, y+4)=2(-1-x, 2-y)$.

所以 $\left\{\begin{array}{l}x-3=-2-2 x ， \\ y+4=4-2 y ，\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{3} ｝ \\{y=0 ，} \end{array} \text { 故 } P\left(\frac{1}{3} ， 0\right) \text {. }\end{array}\right.$
若 $\overrightarrow{A P}=-2 \overrightarrow{P B}$ ，同理可解得 $\left\{\begin{array}{l}x=-5 ， \\ y=8 ，\end{array}\right.$ 故 $P(-5 ， 8)$.

综上，点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{3} ， 0\right)$ 或 $(-5 ， 8)$.

答案: $\left(\frac{1}{3}, 0\right)$ 或 $(-5,8)$

Question: 11. 已知点 $A(3,-4)$ 与点 $B(-1,2)$, 点 $P$ 在直线 $A B$ 上, 且 $|\overrightarrow{A P}|=2|\overrightarrow{P B}|$, 则点 $P$ 的坐标为

解析几何

设 $P(x, y)$ ，则由 $|\overrightarrow{A P}|=2|\overrightarrow{P B}|$ ，得 $\overrightarrow{A P}=2 \overrightarrow{P B}$ 或 $\overrightarrow{A P}=-2 \overrightarrow{P B}$.

若 $\overrightarrow{A P}=2 \overrightarrow{P B}$ ，则 $(x-3, y+4)=2(-1-x, 2-y)$.

所以 $\left\{\begin{array}{l}x-3=-2-2 x ， \\ y+4=4-2 y ，\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{3} ｝ \\{y=0 ，} \end{array} \text { 故 } P\left(\frac{1}{3} ， 0\right) \text {. }\end{array}\right.$
若 $\overrightarrow{A P}=-2 \overrightarrow{P B}$ ，同理可解得 $\left\{\begin{array}{l}x=-5 ， \\ y=8 ，\end{array}\right.$ 故 $P(-5 ， 8)$.

综上，点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{3} ， 0\right)$ 或 $(-5 ， 8)$.

答案: $\left(\frac{1}{3}, 0\right)$ 或 $(-5,8)$


Answer: $\left(\frac{8}{3},-7\right)$

Question: 12. 平面上有 $A(2,-1), B(1,4), D(4,-3)$ 三点, 点 $C$ 在直线 $A B$ 上, 且 $\overrightarrow{A C}=\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}$, 连接 $D C$ 并延长至点 $E$, 使 $|\overrightarrow{C E}|=\frac{1}{4}|\overrightarrow{E D}|$, 则点 $E$ 的坐标为

解析几何

$\because \overrightarrow{A C}=\frac{1}{2} \overrightarrow{B C} ， \therefore \overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O B})$.

$\therefore \overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O B}=(3,-6), \therefore$ 点 $C$ 的坐标为 $(3,-6)$.

又 $\because|\overrightarrow{C E}|=\frac{1}{4}|\overrightarrow{E D}|$ ，且 $E$ 在 $D C$ 的延长线上， $\therefore \overrightarrow{C E}=-\frac{1}{4} \overrightarrow{E D}$.

设 $E(x, y)$ ，则 $(x-3, y+6)=-\frac{1}{4}(4-x,-3-y)$ ，

<ImageHere>

$\therefore$ 点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{8}{3} ，-7\right)$.

答案: $\left(\frac{8}{3},-7\right)$


Answer:
$(1) \because \boldsymbol{a}=(1,0), \boldsymbol{b}=(2,1), \therefore k \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=k(1,0)-(2,1)=(k-2 ，-1), \boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}=(1$ ， $0)+2(2,1)=(5,2)$.

$\because k a-b$ 与 $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ 共线，

$\therefore 2(k-2)-(-1) \times 5=0$,

$\therefore k=-\frac{1}{2}$.

$(2) \overrightarrow{A B}=2(1,0)+3(2,1)=(8,3)$,

$\overrightarrow{B C}=(1,0)+m(2,1)=(2 m+1, m)$.

$\because A, B, C$ 三点共线， $\therefore \overrightarrow{A B} / / \overrightarrow{B C}$ ，

$\therefore 8 m-3(2 m+1)=0, \quad \therefore m=\frac{3}{2}$.

Question:
8. 已知 $\boldsymbol{a}=(1,0), \boldsymbol{b}=(2,1)$.

(1)当 $k$ 为何值时, $k \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ 共线;

(2)若 $\overrightarrow{A B}=2 \boldsymbol{a}+3 \boldsymbol{b}, \overrightarrow{B C}=\boldsymbol{a}+m \boldsymbol{b}$, 且 $A, B, C$ 三点共线, 求 $m$ 的值.

解析几何

$(1) \because \boldsymbol{a}=(1,0), \boldsymbol{b}=(2,1), \therefore k \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=k(1,0)-(2,1)=(k-2 ，-1), \boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}=(1$ ， $0)+2(2,1)=(5,2)$.

$\because k a-b$ 与 $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ 共线，

$\therefore 2(k-2)-(-1) \times 5=0$,

$\therefore k=-\frac{1}{2}$.

$(2) \overrightarrow{A B}=2(1,0)+3(2,1)=(8,3)$,

$\overrightarrow{B C}=(1,0)+m(2,1)=(2 m+1, m)$.

$\because A, B, C$ 三点共线， $\therefore \overrightarrow{A B} / / \overrightarrow{B C}$ ，

$\therefore 8 m-3(2 m+1)=0, \quad \therefore m=\frac{3}{2}$.


Answer: 因为 $\boldsymbol{a}^{2}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right)^{2}=9-2 \times 3 \times 2 \times \cos \alpha+4=9$ ，所以 $|\boldsymbol{a}|=3 ， \boldsymbol{b}^{2}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}\right)^{2}=9-$ $2 \times 3 \times 1 \times \cos \alpha+1=8$ ，所以 $|\boldsymbol{b}|=2 \sqrt{2}, \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right) \cdot\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}\right)=9 \boldsymbol{e}_{1}^{2}-9 \boldsymbol{e}_{1} \cdot \boldsymbol{e}_{2}+2 \boldsymbol{e}_{2}^{2}=9-$ $9 \times 1 \times 1 \times \frac{1}{3}+2=8$ ，所以 $\cos \beta=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}| \cdot|\boldsymbol{b}|}=\frac{8}{3 \times 2 \sqrt{2}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$.

Question: 10. 已知单位向量 $\boldsymbol{e}_{1}$ 与 $\boldsymbol{e}_{2}$ 的夹角为 $\alpha$, 且 $\cos \alpha=\frac{1}{3}$, 向量 $\boldsymbol{a}=3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $\boldsymbol{b}=3 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}$ 的夹角为 $\beta$, 求 $\beta$ 的余弦值.

解析几何

因为 $\boldsymbol{a}^{2}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right)^{2}=9-2 \times 3 \times 2 \times \cos \alpha+4=9$ ，所以 $|\boldsymbol{a}|=3 ， \boldsymbol{b}^{2}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}\right)^{2}=9-$ $2 \times 3 \times 1 \times \cos \alpha+1=8$ ，所以 $|\boldsymbol{b}|=2 \sqrt{2}, \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right) \cdot\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}\right)=9 \boldsymbol{e}_{1}^{2}-9 \boldsymbol{e}_{1} \cdot \boldsymbol{e}_{2}+2 \boldsymbol{e}_{2}^{2}=9-$ $9 \times 1 \times 1 \times \frac{1}{3}+2=8$ ，所以 $\cos \beta=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}| \cdot|\boldsymbol{b}|}=\frac{8}{3 \times 2 \sqrt{2}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$.


Answer:
(1) $\because(2 \boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}) \cdot(2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=61$ ，

$\therefore 4|\boldsymbol{a}|^{2}-4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-3|\boldsymbol{b}|^{2}=61$.

又 $\because|\boldsymbol{a}|=4 ，|\boldsymbol{b}|=3 ， \therefore 64-4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-27=61$ ，

$\therefore \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=-6$,

$\therefore \cos \theta=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}=\frac{-6}{4 \times 3}=-\frac{1}{2}$.

又 $\because 0 \leqslant \theta \leqslant \pi ， \therefore \theta=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|^{2}=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})^{2}=|\boldsymbol{a}|^{2}+2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+|\boldsymbol{b}|^{2}$

$=4^{2}+2 \times(-6)+3^{2}=13, \therefore|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{13}$.

Question:
15. 已知 $|\boldsymbol{a}|=4,|\boldsymbol{b}|=3,(2 \boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}) \cdot(2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=61$.

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

(2)求 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|$.

解析几何

(1) $\because(2 \boldsymbol{a}-3 \boldsymbol{b}) \cdot(2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=61$ ，

$\therefore 4|\boldsymbol{a}|^{2}-4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-3|\boldsymbol{b}|^{2}=61$.

又 $\because|\boldsymbol{a}|=4 ，|\boldsymbol{b}|=3 ， \therefore 64-4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-27=61$ ，

$\therefore \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=-6$,

$\therefore \cos \theta=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}=\frac{-6}{4 \times 3}=-\frac{1}{2}$.

又 $\because 0 \leqslant \theta \leqslant \pi ， \therefore \theta=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|^{2}=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})^{2}=|\boldsymbol{a}|^{2}+2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+|\boldsymbol{b}|^{2}$

$=4^{2}+2 \times(-6)+3^{2}=13, \therefore|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{13}$.


Answer:
(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，

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

$=4 \lambda+3 \lambda-1-3=7 \lambda-4=0, \quad \therefore \lambda=\frac{4}{7}$.

Question:
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?

解析几何

(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，

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

$=4 \lambda+3 \lambda-1-3=7 \lambda-4=0, \quad \therefore \lambda=\frac{4}{7}$.


Answer:
$(1) \overrightarrow{E F}=\overrightarrow{C F}-\overrightarrow{C E}=\frac{2}{3} \overrightarrow{C D}-\frac{1}{3} \overrightarrow{C B}$

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

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

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

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

$=\frac{2}{3}+\frac{1}{3} \times 1 \times 4 \times \cos 60^{\circ}-\frac{16}{3}=-4$.

Question:
9.如图, 在 $\square A B C D$ 中, $\overrightarrow{A B}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{A D}=\boldsymbol{b}, \overrightarrow{C E}=\frac{1}{3} \overrightarrow{C B}, \overrightarrow{C F}=\frac{2}{3} \overrightarrow{C D}$.

<ImageHere>

(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.

解析几何

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

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

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

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

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

$=\frac{2}{3}+\frac{1}{3} \times 1 \times 4 \times \cos 60^{\circ}-\frac{16}{3}=-4$.


Answer:
(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 $-\frac{9}{16}$

Question:
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.

解析几何

(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 $-\frac{9}{16}$.


Answer: 2

Question:
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 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|$.

解析几何

(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 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\sqrt{2^{2}+(-4)^{2}}=2 \sqrt{5}$.


Answer: $\left(-\frac{\sqrt{10}}{5}, \frac{3 \sqrt{10}}{5}\right)$

Question: 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 $\overrightarrow{O C}=$

解析几何

如图，已知 $A(0,1), B(-3 ， 4)$ ，设 $E(0,5) ， D(-3 ， 9)$ ，

<ImageHere>

$\therefore$ 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: $\left(-\frac{\sqrt{10}}{5}, \frac{3 \sqrt{10}}{5}\right)$


Answer:
(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 $x=-\frac{\sqrt{2}}{2}, y=-\sqrt{2}$.

Question:
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.

解析几何


Answer:
(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 $2|\overrightarrow{O D}|=|\overrightarrow{O E}|$ ，

$\therefore S_{\triangle A O C}=2 S_{\triangle C O E}=2 \times \frac{2}{3} S_{\triangle C D E}=2 \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{4} S_{\triangle A B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C}, \quad \therefore \frac{S_{\triangle A B C}}{S_{\triangle A O C}}=3$.

Question:
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.

解析几何

(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 $2|\overrightarrow{O D}|=|\overrightarrow{O E}|$ ，

$\therefore S_{\triangle A O C}=2 S_{\triangle C O E}=2 \times \frac{2}{3} S_{\triangle C D E}=2 \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{4} S_{\triangle A B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C}, \quad \therefore \frac{S_{\triangle A B C}}{S_{\triangle A O C}}=3$.


Answer:
(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.

Question:
9.如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, $D, F$ 分别是 $B C, A C$ 的中点, $\overrightarrow{A E}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A B}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{A C}=\boldsymbol{b}$.

<ImageHere>

(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.

解析几何

(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.


Answer: $\beta=\frac{\pi}{3}$

Question: 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.

解析几何

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

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

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

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 $\beta=\frac{\pi}{3}$.


Answer:
(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 $\beta=\frac{\pi}{4}$.

Question:
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.

解析几何

(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 $\beta=\frac{\pi}{4}$.


Answer:
(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 $\sin \theta=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

$$
\begin{aligned}
& \because \theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos \theta=\frac{\sqrt{6}}{3} \\
& \therefore\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)=3 \sin \left[\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)+\frac{\pi}{3}\right]=3 \sin \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=3 \cos \theta=\sqrt{6}
\end{aligned}
$$

Question:
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 $f\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)$.

解析几何

(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 $\sin \theta=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

$$
\begin{aligned}
& \because \theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos \theta=\frac{\sqrt{6}}{3} \\
& \therefore\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)=3 \sin \left[\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)+\frac{\pi}{3}\right]=3 \sin \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=3 \cos \theta=\sqrt{6}
\end{aligned}
$$


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

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

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

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

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

$=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{2} \times \frac{1}{3}}=\frac{1}{7}$.

Question:
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.

解析几何

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

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

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

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

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

$=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{2} \times \frac{1}{3}}=\frac{1}{7}$.


Answer:
$\because \alpha+2 \beta=\frac{2 \pi}{3} ， \therefore \frac{\alpha}{2}+\beta=\frac{\pi}{3}$,

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

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

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 $\alpha=\frac{\pi}{6} ， \beta=\frac{\pi}{4}$.

Question: 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.

解析几何

$\because \alpha+2 \beta=\frac{2 \pi}{3} ， \therefore \frac{\alpha}{2}+\beta=\frac{\pi}{3}$,

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

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

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 $\alpha=\frac{\pi}{6} ， \beta=\frac{\pi}{4}$.


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

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

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

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

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

$=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{2} \times \frac{1}{3}}=\frac{1}{7}$.

Question:
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.

解析几何

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

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

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

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

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

$=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{2} \times \frac{1}{3}}=\frac{1}{7}$.


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

$(2) f(\alpha)=\sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{7} ， 2 \alpha$ 是第一象限角，即 $2 k \pi<2 \alpha<\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$ ，

$\therefore 2 k \pi-\frac{\pi}{6}<2 \alpha-\frac{\pi}{6}<\frac{\pi}{3}+2 k \pi, \quad k \in \mathbf{Z}$ ，

$\therefore \cos \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$,

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

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

$=\frac{1}{7} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{4 \sqrt{3}}{7} \times \frac{1}{2}=\frac{5 \sqrt{3}}{14}$.

Question:
15. 已知函数 $f(x)=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin ^{2} x-\cos ^{2} x+2 \sqrt{3} \sin x \cos x$.

(1) 化简 $f(x)$;

(2)若 $f(\alpha)=\frac{1}{7}, 2 \alpha$ 是第一象限角, 求 $\sin 2 \alpha$.

解析几何

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

$(2) f(\alpha)=\sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{7} ， 2 \alpha$ 是第一象限角，即 $2 k \pi<2 \alpha<\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$ ，

$\therefore 2 k \pi-\frac{\pi}{6}<2 \alpha-\frac{\pi}{6}<\frac{\pi}{3}+2 k \pi, \quad k \in \mathbf{Z}$ ，

$\therefore \cos \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$,

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

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

$=\frac{1}{7} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{4 \sqrt{3}}{7} \times \frac{1}{2}=\frac{5 \sqrt{3}}{14}$.


Answer:
( I )由题知 1 和 2 是方程式 $\mathrm{x} 2-3 \mathrm{ax}+\mathrm{b}=0$ 的根,

由根与系数关系得 $\left\{\begin{array}{l}1+2=3 a \\ 1 \times 2=b\end{array}\right.$,

解得 $a=1, b=2$.

( II ) 方程 ( $\mathrm{x}-\mathrm{b})(\mathrm{x}-\mathrm{m})=0$ 两根为 $\mathrm{x} 1=2, \mathrm{x} 2=\mathrm{m}$,

当 $\mathrm{m}<2$ 时, 所求不等式的解集为 $\{\mathrm{m} \mid \mathrm{m}<\mathrm{x}<2\}$,

当 $\mathrm{m}=2$ 时, 所求不等式的解集为 $\emptyset$,

当 $\mathrm{m}>2$ 时, 所求不等式的解集为 $\{\mathrm{x} \mid 2<\mathrm{x}<\mathrm{m}\}$.

Question:
已知不等式 $x^{2}-3 a x+b>0$ 的解集为 $\{x \mid x<1$ 或 $x>2\}$.

(I) 求 $a, b$ 的值;

(II) 解不等式 $(x-b)(x-m)<0$.

解析几何

( I ) 由题知 1 和 2 是方程式 $\mathrm{x} 2-3 \mathrm{ax}+\mathrm{b}=0$ 的根,

由根与系数关系得 $\left\{\begin{array}{l}1+2=3 a \\ 1 \times 2=b\end{array}\right.$,

解得 $a=1, b=2$.

( II ) 方程 ( $\mathrm{x}-\mathrm{b})(\mathrm{x}-\mathrm{m})=0$ 两根为 $\mathrm{x} 1=2, \mathrm{x} 2=\mathrm{m}$,

当 $\mathrm{m}<2$ 时, 所求不等式的解集为 $\{\mathrm{m} \mid \mathrm{m}<\mathrm{x}<2\}$,

当 $\mathrm{m}=2$ 时, 所求不等式的解集为 $\emptyset$,

当 $\mathrm{m}>2$ 时, 所求不等式的解集为 $\{\mathrm{x} \mid 2<\mathrm{x}<\mathrm{m}\}$.


Answer:
(1) $\because \cos \beta=\frac{\sqrt{5}}{5} ， \beta \in(0, \pi) ， \therefore \sin \beta=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ，

$\tan \beta=2$.

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

(2) $\because \tan \alpha=-\frac{1}{3}, \alpha \in(0, \pi), \therefore \sin \alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}, \cos \alpha=-\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.

$f(x)=\sqrt{2}(\sin x \cos \alpha-\cos x \sin \alpha)+\cos x \cos \beta-\sin x \sin \beta$

$=-\frac{3 \sqrt{5}}{5} \sin x-\frac{\sqrt{5}}{5} \cos x+\frac{\sqrt{5}}{5} \cos x-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \sin x$

$=-\sqrt{5} \sin x$.

又 $\because-1 \leqslant \sin x \leqslant 1 ， \therefore f(x)$ 的最大值为 $\sqrt{5}$.

Question:
16. 已知 $\tan \alpha=-\frac{1}{3}, \cos \beta=\frac{\sqrt{5}}{5}, \alpha, \beta \in(0, \pi)$.

(1)求 $\tan (\alpha+\beta)$ 的值;

(2) 求函数 $f(x)=\sqrt{2} \sin (x-\alpha)+\cos (x+\beta)$ 的最大值.

解析几何

(1) $\because \cos \beta=\frac{\sqrt{5}}{5} ， \beta \in(0, \pi) ， \therefore \sin \beta=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ，

$\tan \beta=2$.

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

(2) $\because \tan \alpha=-\frac{1}{3}, \alpha \in(0, \pi), \therefore \sin \alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}, \cos \alpha=-\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.

$f(x)=\sqrt{2}(\sin x \cos \alpha-\cos x \sin \alpha)+\cos x \cos \beta-\sin x \sin \beta$

$=-\frac{3 \sqrt{5}}{5} \sin x-\frac{\sqrt{5}}{5} \cos x+\frac{\sqrt{5}}{5} \cos x-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \sin x$

$=-\sqrt{5} \sin x$.

又 $\because-1 \leqslant \sin x \leqslant 1 ， \therefore f(x)$ 的最大值为 $\sqrt{5}$.


Answer:
将已知数据列成下表:

设甲、乙两种原料分别用 $10 \mathrm{xg}$ 和 $10 \mathrm{~g} \mathrm{~g}$, 总费用为 $\mathrm{z}$, 那么 $\left\{\begin{array}{l}5 x+7 y \geqslant 35, \\ 10 x+4 y \geqslant 40, \\ x \geqslant 0, y \geqslant 0,\end{array}\right.$

目标函数为 $z=3 x+2 y$, 作出可行域如图所示:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_3540a5c85e1968e614e9g-098\.jpg?height=486&width=508&top_left_y=2047&top_left_x=817)

把 $z=3 x+2 y$ 变形为 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{z}{2}$, 得到斜率为 $-\frac{3}{2}$, 在 $y$ 轴上的截距为 $\frac{Z}{2}$, 随 $z$ 变化的一
族平行直线.

由图可知, 当直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{Z}{2}$ 经过可行域上的点 $A$ 时, 截距 $\frac{Z}{2}$ 最小, 即 $z$ 最小.

由 $\left\{\begin{array}{l}10 x+4 y=40, \\ 5 x+7 y=35,\end{array}\right.$ 得 $A\left(\frac{14}{5}, 3\right)$,

$\therefore z_{\min }=3 \times \frac{14}{5}+2 \times 3=

Question: 9. 医院用甲、乙两种原料为手术后的病人配营养餐. 甲种原料每 $10 \mathrm{~g}$ 含 5 单位蛋白质和 10 单位铁质, 售价 3 元; 乙种原料每 $10 \mathrm{~g}$ 含 7 单位蛋白质和 4 单位铁质, 售价 2 元. 若病人每餐至少需要 35 单位蛋白质和 40 单位铁质. 试问: 应如何使用甲、乙原料, 才能既满足营养，又使费用最省?

解析几何

将已知数据列成下表:

设甲、乙两种原料分别用 $10 \mathrm{xg}$ 和 $10 \mathrm{~g} \mathrm{~g}$, 总费用为 $\mathrm{z}$, 那么 $\left\{\begin{array}{l}5 x+7 y \geqslant 35, \\ 10 x+4 y \geqslant 40, \\ x \geqslant 0, y \geqslant 0,\end{array}\right.$

目标函数为 $z=3 x+2 y$, 作出可行域如图所示:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_3540a5c85e1968e614e9g-098\.jpg?height=486&width=508&top_left_y=2047&top_left_x=817)

把 $z=3 x+2 y$ 变形为 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{z}{2}$, 得到斜率为 $-\frac{3}{2}$, 在 $y$ 轴上的截距为 $\frac{Z}{2}$, 随 $z$ 变化的一
族平行直线.

由图可知, 当直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{Z}{2}$ 经过可行域上的点 $A$ 时, 截距 $\frac{Z}{2}$ 最小, 即 $z$ 最小.

由 $\left\{\begin{array}{l}10 x+4 y=40, \\ 5 x+7 y=35,\end{array}\right.$ 得 $A\left(\frac{14}{5}, 3\right)$,

$\therefore z_{\min }=3 \times \frac{14}{5}+2 \times 3=


Answer:
作出不等式组

$$
\left\{\begin{array}{l}
2 x+y-5 \geqslant 0 \\
3 x-y-5 \leqslant 0 \\
x-2 y+5 \geqslant 0
\end{array}\right. \text { 的可行域如图所示, }
$$

<ImageHere>

由 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+5=0 \\ 2 x+y-5=0\end{array}\right.$, 得 $A(1,3)$,

由 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+5=0 \\ 3 x-y-5=0\end{array}\right.$, 得 $B(3,4)$,

由 $\left\{\begin{array}{l}3 x-y-5=0 \\ 2 x+y-5=0\end{array}\right.$, 得 $C(2,1)$,

设 $z=x^{2}+y^{2}$, 则它表示可行域内的点到原点的距离的平方, 结合图形知, 原点到点 $B$的距离最大, 注意到 $O C \perp A C, \therefore$ 原点到点 $C$ 的距离最小.

故 $z_{\text {max }}=|O B|^{2}=25, z_{\min }=|O C|^{2}=5$.

Question: 10. 已知 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-5 \geqslant 0 \\ 3 x-y-5 \leqslant 0 \\ x-2 y+5 \geqslant 0\end{array}\right.$, 求 $x^{2}+y^{2}$ 的最小值和最大值.

解析几何

作出不等式组

$$
\left\{\begin{array}{l}
2 x+y-5 \geqslant 0 \\
3 x-y-5 \leqslant 0 \\
x-2 y+5 \geqslant 0
\end{array}\right. \text { 的可行域如图所示, }
$$

<ImageHere>

由 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+5=0 \\ 2 x+y-5=0\end{array}\right.$, 得 $A(1,3)$,

由 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+5=0 \\ 3 x-y-5=0\end{array}\right.$, 得 $B(3,4)$,

由 $\left\{\begin{array}{l}3 x-y-5=0 \\ 2 x+y-5=0\end{array}\right.$, 得 $C(2,1)$,

设 $z=x^{2}+y^{2}$, 则它表示可行域内的点到原点的距离的平方, 结合图形知, 原点到点 $B$的距离最大, 注意到 $O C \perp A C, \therefore$ 原点到点 $C$ 的距离最小.

故 $z_{\text {max }}=|O B|^{2}=25, z_{\min }=|O C|^{2}=5$.


Answer:
如图作出线性约束条件

<ImageHere>

$\left\{\begin{array}{l}x+3 y \geqslant 12 \\ x+y \leqslant 10 \\ 3 x+y \geqslant 12\end{array}\right.$ 下的可行域, 包含边界: 其中三条直线中 $x+3 y=12$ 与 $3 x+y=12$ 交于点 $A(3,3)$,

$x+y=10$ 与 $x+3 y=12$ 交于点 $B(9,1)$,

$x+y=10$ 与 $3 x+y=12$ 交于点 $C(1,9)$,

作一组与直线 $2 x-y=0$ 平行的直线 $l: 2 x-y=z$,

即 $y=2 x-z$, 然后平行移动直线 $l$, 直线 $l$ 在 $y$ 轴上的截距为 $-z$, 当 $l$ 经过点 $B$ 时, 一 $z$ 取最小值, 此时 $z$ 最大, 即 $Z_{\text {max }}=2 \times 9-1=17$; 当 $l$ 经过点 $C$ 时, $-z$ 取最大值, 此时 $z$最小, 即 $z_{\text {min }}=2 \times 1-9=-7$.

$\therefore z_{\text {max }}=17, z_{\text {min }}=-7$.

Question: 9. 线性约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+3 y \geqslant 12 \\ x+y \leqslant 10 \\ 3 x+y \geqslant 12\end{array}\right.$ 下, 求 $z=2 x-y$ 的最大值和最小值.

解析几何

如图作出线性约束条件

<ImageHere>

$\left\{\begin{array}{l}x+3 y \geqslant 12 \\ x+y \leqslant 10 \\ 3 x+y \geqslant 12\end{array}\right.$ 下的可行域, 包含边界: 其中三条直线中 $x+3 y=12$ 与 $3 x+y=12$ 交于点 $A(3,3)$,

$x+y=10$ 与 $x+3 y=12$ 交于点 $B(9,1)$,

$x+y=10$ 与 $3 x+y=12$ 交于点 $C(1,9)$,

作一组与直线 $2 x-y=0$ 平行的直线 $l: 2 x-y=z$,

即 $y=2 x-z$, 然后平行移动直线 $l$, 直线 $l$ 在 $y$ 轴上的截距为 $-z$, 当 $l$ 经过点 $B$ 时, 一 $z$ 取最小值, 此时 $z$ 最大, 即 $Z_{\text {max }}=2 \times 9-1=17$; 当 $l$ 经过点 $C$ 时, $-z$ 取最大值, 此时 $z$最小, 即 $z_{\text {min }}=2 \times 1-9=-7$.

$\therefore z_{\text {max }}=17, z_{\text {min }}=-7$.


Answer:
(1) 将 $x 2-7 x+12>0$ 化为 $(x+3)(x+4)>0$,解得 $x<-4$ 或 $x>-3$,

所以不等式的解集是 $(-\infty,-4) \cup(-3,+\infty)$;

(2) 将 $-x 2-2 x+3 \geqslant 0$ 化为 $x 2+2 x-3 \leqslant 0$,

即 $(x+3) \quad(x-1) \leqslant 0$, 解得 $-3 \leqslant x \leqslant 1$,所以不等式的解集是 $[-3,1]$;

(3) 将 $x 2-2 x+1<0$ 化为 $(x-1) 2<0$,所以不等式的解集是 $\varnothing$;

(4) 将 $x 2-2 x+2>0$ 化为 $(x-1) 2+1>0$,所以不等式的解集是 $\mathrm{R}$.

Question:
解下列不等式:

(1) $x^{2}-7 x+12>0$;

(2) $-x^{2}-2 x+3 \geq 0$;
(3) $x^{2}-2 x+1<0$;
(4) $x^{2}-2 x+2>0$.

解析几何


Answer:
（1）最大值 17 , 最小值 8 ; (2) 最大值 4 , 最小值 -3 ; (3) $[5,25]$; (4) $\left[\frac{2}{3}, 2\right]$.

 解析 解约束条件中不等式组表示的平面区域如图所示, 阴影部分 $\triangle A B C$ (含边界) 为可行域.

(1) 由图可知, 当直线 $z=3 x+2 y$, 即直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$ 过点 $B$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最大,此时, $z$ 取最大值 $Z_{\text {max }}=3 \times 3+2 \times 4=17$, 当直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$ 过点 $A$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最小, 此时, $z$ 取最小值 $z_{\text {min }}=3 \times 2+2 \times 1=8$;

<ImageHere>

(2) 由图可知, 当直线 $z=3 x-2 y$, 即直线 $y=\frac{3}{2} x-\frac{1}{2} z$ 过点 $A$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最大,此时, $z$ 取最大值 $Z_{\text {max }}=3 \times 2-2 \times 1=4$, 当直线 $y=\frac{3}{2} x-\frac{1}{2} z$ 过点 $C$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最小, 此时, $z$ 取最小值 $z_{\text {min }}=3 \times 1-2 \times 3=-3$;

<ImageHere>

(3) 设点 $P(x, y)$, 则 $z=x^{2}+y^{2}=|O P|^{2}$ 表示可行域内任一点 $P(x, y)$ 到原点距离的平方.由图可知,其最大值为 $z_{\text {max }}=|O B|^{2}=3^{2}+4^{2}=25$.

直线 $O A$ 的斜率为 $k_{O A}=\frac{1}{2}$, 直线 $A C$ 的斜率为 $k_{A C}=-2, k_{O A} \cdot k_{A C}=-1, \therefore O A \perp A C$, 故其最小值为 $z_{\text {min }}=|O A|^{2}=2^{2}+1^{2}=5$, 因此, $z$ 的取值范围为 $[5,25]$;

<ImageHere>

(4) 令点 $P(x, y)$, 则 $z=\frac{y+1}{x+1}$ 表示可行域内任一点 $P(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率 $k_{P M}$.当直线 $P M$ 过点 $A$ 时, 此时直线 $P M$ 的倾斜角取得最小值, 此时, $Z$ 取最小值 $Z_{\text {min }}=\frac{1+1}{2+1}=\frac{2}{3}$, 当直线 $P M$ 过点 $C$ 时, 此时, 直线 $P M$ 的倾斜角最大, 此时, $z$ 取最大值 $z_{\text {max }}=\frac{3+1}{1+1}=2$, 因此, $z$ 的取值范围是 $\left[\frac{2}{3}, 2\right]$.

<ImageHere>

Question:
已知 $X 、 y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-5 \geq 0 \\ 3 x-y-5 \leq 0 \\ x-2 y+5 \geq 0\end{array}\right.$.

(1) 求目标函数 $z=3 x+2 y$ 的最大值与最小值;

(2) 求目标函数 $z=3 x-2 y$ 的最大值与最小值;

(3) 求目标函数 $z=x^{2}+y^{2}$ 的取值范围;

(4) 求目标函数 $z=\frac{y+1}{x+1}$ 的取值范围.

解析几何

（1）最大值 17 , 最小值 8 ; (2) 最大值 4 , 最小值 -3 ; (3) $[5,25]$; (4) $\left[\frac{2}{3}, 2\right]$.

 解析 解约束条件中不等式组表示的平面区域如图所示, 阴影部分 $\triangle A B C$ (含边界) 为可行域.

(1) 由图可知, 当直线 $z=3 x+2 y$, 即直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$ 过点 $B$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最大,此时, $z$ 取最大值 $Z_{\text {max }}=3 \times 3+2 \times 4=17$, 当直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$ 过点 $A$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最小, 此时, $z$ 取最小值 $z_{\text {min }}=3 \times 2+2 \times 1=8$;

<ImageHere>

(2) 由图可知, 当直线 $z=3 x-2 y$, 即直线 $y=\frac{3}{2} x-\frac{1}{2} z$ 过点 $A$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最大,此时, $z$ 取最大值 $Z_{\text {max }}=3 \times 2-2 \times 1=4$, 当直线 $y=\frac{3}{2} x-\frac{1}{2} z$ 过点 $C$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最小, 此时, $z$ 取最小值 $z_{\text {min }}=3 \times 1-2 \times 3=-3$;

<ImageHere>

(3) 设点 $P(x, y)$, 则 $z=x^{2}+y^{2}=|O P|^{2}$ 表示可行域内任一点 $P(x, y)$ 到原点距离的平方.由图可知,其最大值为 $z_{\text {max }}=|O B|^{2}=3^{2}+4^{2}=25$.

直线 $O A$ 的斜率为 $k_{O A}=\frac{1}{2}$, 直线 $A C$ 的斜率为 $k_{A C}=-2, k_{O A} \cdot k_{A C}=-1, \therefore O A \perp A C$, 故其最小值为 $z_{\text {min }}=|O A|^{2}=2^{2}+1^{2}=5$, 因此, $z$ 的取值范围为 $[5,25]$;

<ImageHere>

(4) 令点 $P(x, y)$, 则 $z=\frac{y+1}{x+1}$ 表示可行域内任一点 $P(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率 $k_{P M}$.当直线 $P M$ 过点 $A$ 时, 此时直线 $P M$ 的倾斜角取得最小值, 此时, $Z$ 取最小值 $Z_{\text {min }}=\frac{1+1}{2+1}=\frac{2}{3}$, 当直线 $P M$ 过点 $C$ 时, 此时, 直线 $P M$ 的倾斜角最大, 此时, $z$ 取最大值 $z_{\text {max }}=\frac{3+1}{1+1}=2$, 因此, $z$ 的取值范围是 $\left[\frac{2}{3}, 2\right]$.

<ImageHere>


Answer: (1) 不存在 $m$ 使不等式 $m x^{2}-2 x-m+1<0$ 恒成立 (2) $\left\{x \left\lvert\, \frac{-1+\sqrt{7}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right.\right\}$

Question:
已知不等式 $m x^{2}-2 x-m+1<0$,

(1) 若对所有的实数 $x$ 不等式恒成立, 求 $m$ 的取值范围;

(2) 设不等式对于满足 $|m| \leq 2$ 的一切 $m$ 的值都成立, 求 $X$ 的取值范围.

解析几何


Answer:
(1)由 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 取非负实数, 根据线性约束条件作出可行域, 如图所示阴影部分.

<ImageHere>

(2)作出直线 $l: x+3 y=0$, 将直线 $l$ 向上平移至 $l_{1}$ 与 $y$ 轴的交点 $M$ 位置时, 此时可行域内 $M$ 点与直线 $l$ 的距离最大, 而直线 $\mathrm{x}+\mathrm{y}-3=0$ 与 $\mathrm{y}$ 轴交于点 $\mathrm{M}(0,3)$, 所以 $\mathrm{z}_{\max }=0+3 \times 3=9$

Question:
已知非负实数 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-4 \leq 0 \\ x+y-3 \leq 0\end{array}\right.$ 。

(1)在所给坐标系中画出不等式组所表示的平面区域;

<ImageHere>

(2)求 $\mathrm{z}=\mathrm{x}+3 \mathrm{y}$ 的最大值.

解析几何

(1)由 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 取非负实数, 根据线性约束条件作出可行域, 如图所示阴影部分.

<ImageHere>

(2)作出直线 $l: x+3 y=0$, 将直线 $l$ 向上平移至 $l_{1}$ 与 $y$ 轴的交点 $M$ 位置时, 此时可行域内 $M$ 点与直线 $l$ 的距离最大, 而直线 $\mathrm{x}+\mathrm{y}-3=0$ 与 $\mathrm{y}$ 轴交于点 $\mathrm{M}(0,3)$, 所以 $\mathrm{z}_{\max }=0+3 \times 3=9$.


Answer:
(1) 64
,(2) $\mathrm{x}+\mathrm{y}$ 的最小值为 18

Question:
已知 $x>0, y>0,2 x+8 y-x y=0$.

(1) 求 $x y$ 的最小值;

(2) 求 $x+y$ 的最小值.

解析几何

（1）利用基本不等式构建不等式即可得出;

（2）由 $2 x+8 y=x y$ ，变形得 $\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$ ，利用“乘 1 法”和基本不等式即可得出.试题解析: (1)由 $2 x+8 y-x y=0$, 得 $\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$, 又 $x>0, y>0$, 故 $1=\frac{8}{x}+\frac{2}{y} \geq 2 \sqrt{\frac{8}{x} \cdot \frac{2}{y}}=\frac{8}{\sqrt{x y}}$,故 $x y \geq 64$, 当且仅当 $\left\{\begin{array}{c}\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1, \\ \frac{8}{x}=\frac{2}{y}\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=16 \\ y=4\end{array}\right.$ 时等号成立, $\therefore(x y) \min =64$

(2)由 $22 x+8 y-x y=0$, 得 $\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$, 则 $x+y=\left(\frac{8}{x}+\frac{2}{y}\right) \cdot(x+y)$
$=10+\frac{2 x}{y}+\frac{8 y}{x} \geq 10+2 \sqrt{\frac{2 x}{y} \cdot \frac{8 y}{x}}=18$. 当且仅当 $\left\{\begin{array}{l}\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1, \\ \frac{2 x}{y}=\frac{8 y}{x}\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=12 \\ y=6\end{array}\right.$ 时等号成

立. $\therefore(x+y) \min =18$


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, $\frac{\tan A}{\tan B}=\frac{a^{2}}{b^{2}}$, 试判断 $\triangle A B C$ 的形状。

解析几何

答案:
$\frac{\tan A}{\tan B}=\frac{a^{2}}{b^{2}} \Leftrightarrow \frac{\sin A \cos B}{\cos A \sin B}=\frac{\sin ^{2} A}{\sin ^{2} B} \Leftrightarrow \frac{\cos B}{\cos A}=\frac{\sin A}{\sin B} \Leftrightarrow$

$\sin A \cos A=\sin B \cos B \Leftrightarrow \sin 2 A=\sin 2 B \Leftrightarrow 2 A=2 B$ 或 $2 A+2 B=\pi 。 \therefore A=B$ 或 $A+B=\frac{\pi}{2}$ 。

$\therefore \triangle A B C$ 是等腰三角形或直角三角形。

解析:


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别表示三个内角 $A, B, C$ 的对边, 如果 $\left(a^{2}+b^{2}\right) \sin (A-B)=\left(a^{2}-b^{2}\right) \sin (A+B)$,试判断该三角形的形状。

解析几何

答案: 方法一: 由已知得 $a^{2}[\sin (A-B)-\sin (A+B)]=b^{2}[-\sin (A+B)-\sin (A-B)]$ 。

$\therefore 2 a^{2} \cos A \sin B=2 b^{2} \cos B \sin A$ 。

由正弦定理,得 $\sin ^{2} A \cos A \sin B=\sin ^{2} B \cos B \sin A$ 。

$\therefore \sin A \sin B(\sin A \cos A-\sin B \cos B)=0$ 。

$\therefore \sin 2 A=\sin 2 B$ 。由 $0<2 A, 2 B<2 \pi$,

得 $2 A=2 B$ 或 $2 A=\pi-2 B$ 。

即 $\triangle A B C$ 是等腰三角形或直角三角形。

方法二：同方法一可得 $2 a^{2} \cos A \sin B=2 b^{2} \cos B \sin A$ 。

由正、余弦定理,得

$a^{2} b \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=b^{2} a \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}$ 。

$\therefore a^{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)=b^{2}\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right)$ 。

即 $\left(a^{2}-b^{2}\right)\left(c^{2}-a^{2}-b^{2}\right)=0$ 。

$\therefore a=b$ 或 $c^{2}=a^{2}+b^{2}$ 。

$\therefore$ 三角形为等腰三角形或直角三角形。


Question:
在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 且 $a=b \cos C+\frac{1}{2} c$.

(1) 求角 $B$.

(2) 若 $b=3$, 求 $\triangle A B C$ 面积的最大值.

解析几何

答案: (1) 由正弦定理得 $\sin A=\sin B \cos C+\frac{1}{2} \sin C$.

$\because A+B+C=\pi, \therefore A=\pi-(B+C)$,

$\therefore \sin [\pi-(B+C)]=\sin (B+C)=\sin B \cos C+\frac{1}{2} \sin C$, 即 $\cos B \sin C=\frac{1}{2} \sin C$.

又 $\because 0<C<\pi, \therefore \sin C>0, \therefore \cos B=\frac{1}{2}$.

又 $\because 0<B<\pi, \therefore B=\frac{\pi}{3}$.

（2）由余弦定理得 $3^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos \frac{\pi}{3}$, 即 $a^{2}+c^{2}-a c=9$.

$\therefore a c+9=a^{2}+c^{2} \geqslant 2 a c$, 即 $a c \leqslant 9$, 当且仅当 $a=c=3$ 时取等号,
$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} a c \leqslant \frac{\sqrt{3}}{4} \times 9=\frac{9 \sqrt{3}}{4}$.

$\therefore$ 当 $b=3$ 时, $\triangle A B C$ 面积的最大值, 为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4}$.


Question:
如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B A C=\frac{3 \pi}{4}, A B=6, A C=3 \sqrt{2}$, 点 $D$ 在 $B C$ 边上, $A D=B D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_701b874088d9bdea6720g-11,.jpg?height=194&width=363&top_left_y=2396&top_left_x=230)

(1)求 $B C$ 的长度及 $\sin B$ 的值;

(2)求 $A D$ 的长度及 $\triangle A D C$ 的面积.

解析几何

答案: $(1) B C=3 \sqrt{10}, \sin =\frac{\sqrt{10}}{10}$

(2) $A D=\sqrt{10}, S_{\triangle A D C}=6$

解析 : (1) 如图, 由余弦定理得 $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}-2 A B \cdot A C \cdot \cos \angle B A C=36+18+36=90, \therefore$ $B C=3 \sqrt{10}$.

由正弦定理可得 $\frac{A C}{\sin B}=\frac{B C}{\sin \angle B A C}$,

$\therefore \sin B=\frac{A C \sin \angle B A C}{B C}=\frac{3 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{3 \sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_701b874088d9bdea6720g-18,.jpg?height=186&width=368&top_left_y=1152&top_left_x=227)

(2)由(1)知 $\sin B=\frac{\sqrt{10}}{10}$,

$\therefore \cos B=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.

在 $\triangle A B D$ 中, 由余弦定理得 $\cos B=\frac{B D^{2}+A B^{2}-A D^{2}}{2 A B \cdot B D}$,

$\therefore \frac{3 \sqrt{10}}{10}=\frac{A D^{2}+36-A D^{2}}{2 \times 6 \cdot A D}$,

解得 $A D=\sqrt{10}$,

$\therefore S_{\triangle A D C}=2 S_{\triangle A B D}=2 \times \frac{1}{2} A B \cdot B D \cdot \sin B$

$=\frac{1}{2} \times 2 \times 6 \times \sqrt{10} \times \frac{\sqrt{10}}{10}=6$.

##版权声明


Answer:
$\because x^{2}-8 x+20=(x-4)^{2}+4>0$

$\therefore$ 要使不等式 $\frac{x^{2}-8 x+20}{m x^{2}+2(m+1) x+9 m+4}>0$ 对任意实数 $x$ 恒成立

只要 $m x^{2}+2(m+1) x+9 m+4>0$ 对任意实数 $x$ 恒成立

当 $m=0$ 时, $2 x+4>0, x>-2$, 此时原不等式只对于 $x>-2$ 的实数 $x$ 成立

$\therefore m=0$ 不符合题意

当 $m \neq 0$ 时, 要使不等式对任意实数 $x$ 恒成立, 必须满足 $\left\{\begin{array}{l}m>0 \\ \Delta<0\end{array}\right.$ 解得 $m>\frac{1}{4}$

综上所述, $m$ 的取值范围是 $m>\frac{1}{4}$

Question: 若不等式 $\frac{x^{2}-8 x+20}{m x^{2}+2(m+1) x+9 m+4}>0$ 对任意实数 $x$ 恒成立, 求 $m$ 的取值范围

解析几何

$\because x^{2}-8 x+20=(x-4)^{2}+4>0$

$\therefore$ 要使不等式 $\frac{x^{2}-8 x+20}{m x^{2}+2(m+1) x+9 m+4}>0$ 对任意实数 $x$ 恒成立

只要 $m x^{2}+2(m+1) x+9 m+4>0$ 对任意实数 $x$ 恒成立

当 $m=0$ 时, $2 x+4>0, x>-2$, 此时原不等式只对于 $x>-2$ 的实数 $x$ 成立

$\therefore m=0$ 不符合题意

当 $m \neq 0$ 时, 要使不等式对任意实数 $x$ 恒成立, 必须满足 $\left\{\begin{array}{l}m>0 \\ \Delta<0\end{array}\right.$ 解得 $m>\frac{1}{4}$

综上所述, $m$ 的取值范围是 $m>\frac{1}{4}$


Answer:
（I）当 $a=2$ 时, 不等式为 $x^{2}-2 x<0$,

方程 $x^{2}-2 x=0$ 的根为 $x_{1}=0, x_{2}=2$,
不等式 $x^{2}-2 x<0$ 的解集为 $(0,2)$.

( II ) $f(x)>2 a^{2}$, 即 $x^{2}-a x-2 a^{2}>0$

分方程 $x^{2}-a x-2 a^{2}=0$ 的根为 $x_{1}=-a, x_{2}=2 a$

(1)当 $-a<2 a$, 即 $a>0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty,-a) \cup(2 a,+\infty)$;

(2) 当 $-a=2 a$, 即 $a=0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$;

(3)当 $-a>2 a$, 即 $a<0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 2 a) \cup(-a,+\infty)$.

综上: (1) 当 $a>0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty,-a) \cup(2 a,+\infty)$;

(2) 当 $a=0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$;

(3) 当 $a<0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 2 a) \cup(-a,+\infty)$

19.答案: 证明 (1)由于 $\frac{b}{a}-\frac{a}{b}=\frac{b^{2}-a^{2}}{a b}=\frac{(b+a)(b-a)}{a b}$

$\because a<b<0$

$\therefore b+a<0, b-a>0, a b>0$

$\therefore \frac{(b+a)(b-a)}{a b}<0$, 故 $\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$

(2) $\because \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$

$\therefore \frac{1}{a}-\frac{1}{b}<0$, 即 $\frac{b-a}{a b}<0$

而 $a>b$

$\therefore b-a<0$

$\therefore a b>0$

Question:
已知函数 $f(x)=x^{2}-a x(a \in \mathrm{R})$.

(I) 当 $a=2$ 时, 求满足 $f(x)<0$ 的 $x$ 的取值范围;

(II) 解关于 $x$ 的不等式 $f(x)>2 a^{2}$

解析几何


Answer:
(1) 由 $\cos B=\frac{3}{4}$, 得 $\sin B=\sqrt{1-\left(\frac{3}{4}\right)}=\frac{\sqrt{7}}{4}$.

由 $b^{2}=a c$ 及正弦定理得 $\sin ^{2} B=\sin A \sin C$.

于是 $\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan C}=\frac{\cos A}{\sin A}+\frac{\cos C}{\sin C}$

$=\frac{\sin C \cos A+\cos C \sin A}{\sin A \sin C}=\frac{\sin (A+C)}{\sin ^{2} B}$

$=\frac{\sin B}{\sin ^{2} B}=\frac{1}{\sin B}=\frac{4 \sqrt{7}}{7}$.

(2) 由 $\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=\frac{3}{2}$ 得 $c a \cdot \cos B=\frac{3}{2}$

由 $\cos B=\frac{3}{4}$, 可得 $c a=2$, 即 $b^{2}=2$.

由余弦定理: $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cdot \cos B$,

得 $a^{2}+c^{2}=b^{2}+2 a c \cdot \cos B=5$,

$\therefore(a+c)^{2}=a^{2}+c^{2}+2 a c=5+4=9, \quad \therefore a+c=3$.

Question:
14. $\triangle A B C$ 中, 内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$, 已知 $b^{2}=a c$ 且 $\cos B=\frac{3}{4}$.

(1)求 $\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan C}$ 的值;

(2) 设 $\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=\frac{3}{2}$, 求 $\mathrm{a}+\mathrm{c}$ 的值.

度量几何学

(1) 由 $\cos B=\frac{3}{4}$, 得 $\sin B=\sqrt{1-\left(\frac{3}{4}\right)}=\frac{\sqrt{7}}{4}$.

由 $b^{2}=a c$ 及正弦定理得 $\sin ^{2} B=\sin A \sin C$.

于是 $\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan C}=\frac{\cos A}{\sin A}+\frac{\cos C}{\sin C}$

$=\frac{\sin C \cos A+\cos C \sin A}{\sin A \sin C}=\frac{\sin (A+C)}{\sin ^{2} B}$

$=\frac{\sin B}{\sin ^{2} B}=\frac{1}{\sin B}=\frac{4 \sqrt{7}}{7}$.

(2) 由 $\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=\frac{3}{2}$ 得 $c a \cdot \cos B=\frac{3}{2}$

由 $\cos B=\frac{3}{4}$, 可得 $c a=2$, 即 $b^{2}=2$.

由余弦定理: $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cdot \cos B$,

得 $a^{2}+c^{2}=b^{2}+2 a c \cdot \cos B=5$,

$\therefore(a+c)^{2}=a^{2}+c^{2}+2 a c=5+4=9, \quad \therefore a+c=3$.哈哈


Answer: $\cos \frac{5}{7} \pi<\sin \frac{\pi}{12}<\sin \frac{5}{12} \pi<\tan \frac{5}{12} \pi$

Question: 14. 把 $\sin \frac{\pi}{12}, \sin \frac{5}{12} \pi, \cos \frac{5}{7} \pi, \tan \frac{5}{12} \pi$ 按由小到大的顺序排列: \$ \qquad \$ .

度量几何学


Answer:
(1) 由题意知 $\sin \alpha=-\frac{3}{5}$.

(2) $\cos \alpha=\frac{4}{5}, \tan \alpha=-\frac{3}{4}$,

$\frac{\cos (2 \pi-\alpha)}{\sin (\pi+\alpha)} \cdot \frac{\tan (\pi+\alpha)}{\cos (3 \pi-\alpha)}=\frac{\cos \alpha}{-\sin \alpha} \cdot \frac{\tan \alpha}{-\cos \alpha}=\frac{1}{\cos \alpha}=\frac{5}{4}$.

Question:
15. 已知角 $\alpha$ 的终边经过单位圆上的点 $P\left(\frac{4}{5},-\frac{3}{5}\right)$.

(1)求 $\sin \alpha$ 的值;

(2)求 $\frac{\cos (2 \pi-\alpha)}{\sin (\pi+\alpha)} \cdot \frac{\tan (\pi+\alpha)}{\cos (3 \pi-\alpha)}$ 的值.

度量几何学

(1) 由题意知 $\sin \alpha=-\frac{3}{5}$.

(2) $\cos \alpha=\frac{4}{5}, \tan \alpha=-\frac{3}{4}$,

$\frac{\cos (2 \pi-\alpha)}{\sin (\pi+\alpha)} \cdot \frac{\tan (\pi+\alpha)}{\cos (3 \pi-\alpha)}=\frac{\cos \alpha}{-\sin \alpha} \cdot \frac{\tan \alpha}{-\cos \alpha}=\frac{1}{\cos \alpha}=\frac{5}{4}$.


Answer:
) $A=2$.

当 $x=0$ 时， $f(0)=1$ ，

$\therefore \sin \varphi=\frac{1}{2}$,

$|\varphi|<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore \varphi=\frac{\pi}{6}$.

由函数图象知 $\frac{T}{2}=\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$ ，

所以 $T=\pi$ ，得 $\omega=2$.

所以函数 $f(x)$ 的解析式为 $f(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

(2)由(1)知函数 $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right), x \in\left(\frac{\pi}{12}, \frac{11 \pi}{12}\right)$.

若 $12 \pi<x<\frac{11}{12} \pi$, 则当 $-2<m<0$ 或 $\sqrt{3}<m<2$ 时, 直线 $y=m$ 与曲线 $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right), x \in\left(\frac{\pi}{12} ， \frac{11 \pi}{12}\right)$有两个不同的交点，即原方程有两个不同的实数根.

所以 $m$ 的取值范围为 $-2<m<0$ 或 $\sqrt{3}<m<2$.

当 $-2<m<0$ 时，两根和为 $\frac{4 \pi}{3}$; 当 $\sqrt{3}<m<2$ 时，两根和为 $\frac{\pi}{3}$.

Question:
8.已知函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的部分图象如图所示.

<ImageHere>

(1) 求函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 设 $\frac{1}{12} \pi<x<\frac{11}{12} \pi$, 且方程 $f(x)=m$ 有两个不同的实数根, 求实数 $m$ 的取值范围和这两个根的和.

度量几何学

) $A=2$.

当 $x=0$ 时， $f(0)=1$ ，

$\therefore \sin \varphi=\frac{1}{2}$,

$|\varphi|<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore \varphi=\frac{\pi}{6}$.

由函数图象知 $\frac{T}{2}=\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$ ，

所以 $T=\pi$ ，得 $\omega=2$.

所以函数 $f(x)$ 的解析式为 $f(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

(2)由(1)知函数 $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right), x \in\left(\frac{\pi}{12}, \frac{11 \pi}{12}\right)$.

若 $12 \pi<x<\frac{11}{12} \pi$, 则当 $-2<m<0$ 或 $\sqrt{3}<m<2$ 时, 直线 $y=m$ 与曲线 $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right), x \in\left(\frac{\pi}{12} ， \frac{11 \pi}{12}\right)$有两个不同的交点，即原方程有两个不同的实数根.

所以 $m$ 的取值范围为 $-2<m<0$ 或 $\sqrt{3}<m<2$.

当 $-2<m<0$ 时，两根和为 $\frac{4 \pi}{3}$; 当 $\sqrt{3}<m<2$ 时，两根和为 $\frac{\pi}{3}$.


Answer:
(1)由已知数据，易知函数 $y=f(t)$ 的周期 $T=12$ ，振幅 $A=3 ， b=10$ ，

$\therefore \omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{2 \pi}{12}=\frac{\pi}{6}$ ，

$\therefore y=3 \sin \frac{\pi}{6} t+10$

(2)由题意，该船进出港时，水深应不小于 $5+6.5=11.5(\mathrm{~m})$ ，

$\therefore 3 \sin \frac{\pi}{6} t+10 \geqslant 11.5$,

$\therefore \sin \frac{\pi}{6} t \geqslant \frac{1}{2}$,

解得 $2 k \pi+\frac{\pi}{6} \leqslant \frac{\pi}{6} t \leqslant 2 k \pi+\frac{5 \pi}{6}(k \in \mathbf{Z})$ ，

即 $12 k+1 \leqslant t \leqslant 12 k+5(k \in \mathbf{Z})$ ，

在同一天内，取 $k=0$ 或 $k=1$ ，

$\therefore 1 \leqslant t \leqslant 5$ 或 $13 \leqslant t \leqslant 17$.

$\therefore$ 该船可在当日凌晨 1 时进港，下午 17 时出港，在港口内最多停留 16 个小时.

Question:
某港口水的深度 $y(\mathrm{~m})$ 是时间 $t(0 \leqslant t \leqslant 24$, 单位: $\mathrm{h})$ 的函数, 记作 $y=f(t)$, 下面是某日水深的数据:

经长期观察, $y=f(t)$ 的曲线可以近似地看成函数 $y=A \sin \omega x+b$ 的图象.

(1)试根据以上数据, 求出函数 $y=f(t)$ 的近似表达式;

(2)一般情况下, 船舶航行时船底离海底的距离为 $5 \mathrm{~m}$ 或 $5 \mathrm{~m}$ 以上时是安全的(船舶停靠时,船底只需不碰海底即可). 某船吃水深度(船底离水面的距离)为 $6.5 \mathrm{~m}$, 如果该船希望在同一天内安全进出港, 请问它至多能在港内停留多长时间(忽略进出港所需时间)?

度量几何学

(1)由已知数据，易知函数 $y=f(t)$ 的周期 $T=12$ ，振幅 $A=3 ， b=10$ ，

$\therefore \omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{2 \pi}{12}=\frac{\pi}{6}$ ，

$\therefore y=3 \sin \frac{\pi}{6} t+10$

(2)由题意，该船进出港时，水深应不小于 $5+6.5=11.5(\mathrm{~m})$ ，

$\therefore 3 \sin \frac{\pi}{6} t+10 \geqslant 11.5$,

$\therefore \sin \frac{\pi}{6} t \geqslant \frac{1}{2}$,

解得 $2 k \pi+\frac{\pi}{6} \leqslant \frac{\pi}{6} t \leqslant 2 k \pi+\frac{5 \pi}{6}(k \in \mathbf{Z})$ ，

即 $12 k+1 \leqslant t \leqslant 12 k+5(k \in \mathbf{Z})$ ，

在同一天内，取 $k=0$ 或 $k=1$ ，

$\therefore 1 \leqslant t \leqslant 5$ 或 $13 \leqslant t \leqslant 17$.

$\therefore$ 该船可在当日凌晨 1 时进港，下午 17 时出港，在港口内最多停留 16 个小时.