《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

1. (人 A 必二 P61 习题 13(1))已知$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}$是不共线的向量,且$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a}+5\boldsymbol{b},\overrightarrow{BC}=-2\boldsymbol{a}+8\boldsymbol{b},\overrightarrow{CD}=3(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})$,则 (A)

A.$A,B,D$三点共线
B.$A,B,C$三点共线
C.$B,C,D$三点共线
D.$A,C,D$三点共线

答案： 1.A

2. (人 A 必二 P61 习题 13(4))已知$\boldsymbol{e}_{1},\boldsymbol{e}_{2}$是夹角为$60^{\circ}$的两个单位向量,则$\boldsymbol{a}=2\boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}$与$\boldsymbol{b}=-3\boldsymbol{e}_{1}+2\boldsymbol{e}_{2}$的夹角为 (C)

A.$30^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$120^{\circ}$
D.$150^{\circ}$

答案： 2.C[解析]因为$\boldsymbol{e}_1$，$\boldsymbol{e}_2$是夹角为$60^{\circ}$的两个单位向量，所以$\vert\boldsymbol{e}_1\vert = 1$，$\vert\boldsymbol{e}_2\vert = 1$，$\boldsymbol{e}_1·\boldsymbol{e}_2=\frac{1}{2}$。又$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=(2\boldsymbol{e}_1 + \boldsymbol{e}_2)·(-3\boldsymbol{e}_1 + 2\boldsymbol{e}_2)=-6\boldsymbol{e}_1^2+\boldsymbol{e}_1·\boldsymbol{e}_2 + 2\boldsymbol{e}_2^2=-6+\frac{1}{2}+2=-\frac{7}{2}$，$\vert\boldsymbol{a}\vert=\sqrt{(2\boldsymbol{e}_1+\boldsymbol{e}_2)^2}=\sqrt{4\boldsymbol{e}_1^2 + 4\boldsymbol{e}_1·\boldsymbol{e}_2+\boldsymbol{e}_2^2}=\sqrt{7}$，$\vert\boldsymbol{b}\vert=\sqrt{(-3\boldsymbol{e}_1 + 2\boldsymbol{e}_2)^2}=\sqrt{9\boldsymbol{e}_1^2-12\boldsymbol{e}_1·\boldsymbol{e}_2 + 4\boldsymbol{e}_2^2}=\sqrt{7}$，所以$\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\frac{\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}}{\vert\boldsymbol{a}\vert\vert\boldsymbol{b}\vert}=-\frac{1}{2}$，所以$\boldsymbol{a}=2\boldsymbol{e}_1+\boldsymbol{e}_2$与$\boldsymbol{b}=-3\boldsymbol{e}_1 + 2\boldsymbol{e}_2$的夹角为$120^{\circ}$。

3. (人 A 必二 P52 习题 2)已知点$O,N,P$在$\triangle ABC$所在平面内,且$|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=|\overrightarrow{OC}|,\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{NC}=\boldsymbol{0},\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{PC}·\overrightarrow{PA}$,则点$O,N,P$依次是$\triangle ABC$的 (C)

A.重心、外心、垂心
B.重心、外心、内心
C.外心、重心、垂心
D.外心、重心、内心

答案： 3.C[解析]因为$\vert\overrightarrow{OA}\vert=\vert\overrightarrow{OB}\vert=\vert\overrightarrow{OC}\vert$，所以点$O$到$\triangle ABC$的三个顶点距离相等，所以$O$是$\triangle ABC$的外心。因为$\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{NC}=\boldsymbol{0}$，所以$\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{NB}=-\overrightarrow{NC}$。设线段$AB$的中点为$M$，则$2\overrightarrow{NM}=-\overrightarrow{NC}$，由此可知$N$为$AB$边上中线的三等分点（靠近中点$M$），所以$N$是$\triangle ABC$的重心。因为$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PC}$，所以$\overrightarrow{PB}·(\overrightarrow{PA}-\overrightarrow{PC})=\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{CA}=\boldsymbol{0}$，即$\overrightarrow{PB}\perp\overrightarrow{CA}$，同理由$\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{PC}·\overrightarrow{PA}$，可得$\overrightarrow{PC}\perp\overrightarrow{AB}$，所以$P$是$\triangle ABC$的垂心。

4. (人 A 必二 P53 习题 12)如图,在$\triangle ABC$中,已知$AB=2,AC=5,\angle BAC=60^{\circ}$,$BC,AC$边上的两条中线$AM,BN$相交于点$P$,则$\angle MPN$的余弦值为$\frac{4\sqrt{91}}{91}$.
]

答案： 4.$\frac{4\sqrt{91}}{91}$　[解析]因为$M$，$N$分别是$BC$，$AC$的中点，所以$\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，$\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$。因为$\overrightarrow{AM}$与$\overrightarrow{BN}$的夹角等于$\angle MPN$，所以$\cos\angle MPN=\frac{\overrightarrow{AM}·\overrightarrow{BN}}{\vert\overrightarrow{AM}\vert\vert\overrightarrow{BN}\vert}$。因为$\overrightarrow{AM}·\overrightarrow{BN}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})·(\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}^2+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}^2-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}^2+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}^2=-\frac{1}{4}×2×5×\cos60^{\circ}-\frac{1}{2}×2^2+\frac{1}{4}×5^2 = 3$，$\vert\overrightarrow{AM}\vert=\sqrt{\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}^2 + 2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}^2)}=\sqrt{\frac{1}{4}×(2^2+2×2×5×\frac{1}{2}+5^2)}=\frac{\sqrt{39}}{2}$，$\vert\overrightarrow{BN}\vert=\sqrt{\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}^2-\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AB}^2}=\sqrt{\frac{1}{4}×5^2-2×5×\frac{1}{2}+2^2}=\frac{\sqrt{21}}{2}$，所以$\cos\angle MPN=\frac{\overrightarrow{AM}·\overrightarrow{BN}}{\vert\overrightarrow{AM}\vert\vert\overrightarrow{BN}\vert}=\frac{3}{\frac{\sqrt{39}}{2}×\frac{\sqrt{21}}{2}}=\frac{4\sqrt{91}}{91}$。

例 1 (1)在平行四边形$ABCD$中,$E$为$CD$的中点,$\overrightarrow{BF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC},AF$与$BE$交于点$G$,过点$G$的直线分别与射线$BA,BC$交于点$M,N$,且$\overrightarrow{BM}=\lambda\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BN}=\mu\overrightarrow{BC}$,则$\lambda+2\mu$的最小值为 (C)

A.$1$
B.$\frac{8}{7}$
C.$\frac{9}{7}$
D.$\frac{9}{5}$

答案：
例1
(1)C　[解析]如图,由$B$，$G$，$E$三点共线，可设$\overrightarrow{BG}=t\overrightarrow{BE}=t(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CE})=t(\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BA})=t\overrightarrow{BC}+\frac{t}{2}\overrightarrow{BA}$。由$A$，$G$，$F$三点共线，可设$\overrightarrow{BG}=m\overrightarrow{BA}+(1 - m)\overrightarrow{BF}=m\overrightarrow{BA}+\frac{1 - m}{3}\overrightarrow{BC}$，则有$\begin{cases}\frac{t}{2}=m\\t=\frac{1 - m}{3}\end{cases}$，解得$m=\frac{1}{7}$，$t=\frac{2}{7}$，故$\overrightarrow{BG}=\frac{1}{7}\overrightarrow{BA}+\frac{2}{7}\overrightarrow{BC}$。由题意知$M$，$N$，$G$三点共线，故可设$\overrightarrow{BG}=n\overrightarrow{BM}+(1 - n)\overrightarrow{BN}=\lambda n\overrightarrow{BA}+\mu(1 - n)\overrightarrow{BC}$，则$\begin{cases}n=\frac{1}{7}\\1 - n=\frac{2}{7}\end{cases}$，整理得$\frac{2}{\lambda}+\frac{1}{\mu}=7$，故$\lambda + 2\mu=\frac{1}{7}(\frac{2}{\lambda}+\frac{1}{\mu})(\lambda + 2\mu)=\frac{1}{7}(5+\frac{2\lambda}{\mu}+\frac{2\mu}{\lambda})\geq\frac{1}{7}×(5 + 4)=\frac{9}{7}$，当且仅当$\frac{2\lambda}{\mu}=\frac{2\mu}{\lambda}$，即$\lambda=\mu=\frac{3}{7}$时等号成立，此时$\lambda + 2\mu$的最小值为$\frac{9}{7}$。

(2)给定两个长度为$1$的平面向量$\overrightarrow{OA}$和$\overrightarrow{OB}$,它们的夹角为$\frac{2\pi}{3}$,如图,点$C$在以$O$为圆心的$\overset{\frown}{AB}$上运动,若$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}(x,y\in\mathbf{R})$,则$x+y$的最大值是2.

答案：
例1
(2)2[解析]方法一:如图
(1)，以$O$为坐标原点，$\overrightarrow{OA}$所在的直线为$x$轴建立平面直角坐标系，则$A(1,0)$，$B(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$。设$\angle AOC=\alpha(\alpha\in[0,\frac{2\pi}{3}])$，则$C(\cos\alpha,\sin\alpha)$。由$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$，得$\begin{cases}\cos\alpha=x-\frac{1}{2}y\\\sin\alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}y\end{cases}$，所以$x=\cos\alpha+\frac{\sqrt{3}}{3}\sin\alpha$，$y=\frac{2\sqrt{3}}{3}\sin\alpha$，所以$x + y=\cos\alpha+\sqrt{3}\sin\alpha=2\sin(\alpha+\frac{\pi}{6})$。又$\alpha\in[0,\frac{2\pi}{3}]$，所以当$\alpha=\frac{\pi}{3}$时，$x + y$取得最大值$2$。

方法二:(等和线法)令$x + y = k$，如图
(2)，所有与直线$AB$平行且与$AB$有交点的直线中，切线离圆心最远，即此时$k$取得最大值，结合角度，不难得到$k=\frac{CO}{OE}=2$。