《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

16. (本小题满分 15 分) [广东普宁 2025 高一期中]如图，平行四边形$ABCD$中，点$E$是$AB$的中点，$\overrightarrow{AF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{BG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$，设$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{b}$.
(1) 用$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$表示$\overrightarrow{EF}$，$\overrightarrow{EG}$；
(2) 若$|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = 2$，$\angle BAD = 60^{\circ}$，求$\angle FEG$的余弦值.

答案： 16【解】
(1)由平行四边形的性质可得$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD}.$因为点E是AB的中点，
所以$\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{EB} = \frac{1}{2} \overrightarrow{AB}.$
又因为$\overrightarrow{AF} = \frac{1}{3} \overrightarrow{AD},\overrightarrow{BG} = \frac{1}{3} \overrightarrow{BC}，$
所以$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{AF} - \overrightarrow{AE} = \frac{1}{3} \overrightarrow{AD} - \frac{1}{2} \overrightarrow{AB} = \frac{1}{3} \overrightarrow{b} - \frac{1}{2} \overrightarrow{a}，$
$\overrightarrow{EG} = \overrightarrow{EB} + \overrightarrow{BG} = \frac{1}{2} \overrightarrow{AB} + \frac{1}{3} \overrightarrow{BC} = \frac{1}{2} \overrightarrow{AB} + \frac{1}{3} \overrightarrow{AD} = \frac{1}{2} \overrightarrow{a} + \frac{1}{3} \overrightarrow{b}。$
(2)因为|a| = |b|$ = 2,\angle BAD = 60^{\circ}，$
所以$a^{2} = b^{2} = 4,a · b = $|a||b|$ \cos 60^{\circ} = 2 × 2 × \frac{1}{2} = 2。$
又因为|$\overrightarrow{EF}$|$ = \sqrt{\overrightarrow{EF}^{2}} = \sqrt{(\frac{1}{3}b - \frac{1}{2}a)^{2}} = \sqrt{\frac{1}{4}a^{2} - \frac{1}{3}a · b + \frac{1}{9}b^{2}} = \sqrt{1 - \frac{2}{3} + \frac{4}{9}} = \frac{\sqrt{7}}{3}，$
|$\overrightarrow{EG}$|$ = \sqrt{\overrightarrow{EG}^{2}} = \sqrt{(\frac{1}{2}a + \frac{1}{3}b)^{2}} = \sqrt{\frac{1}{4}a^{2} + \frac{1}{3}a · b + \frac{1}{9}b^{2}} = \sqrt{1 + \frac{2}{3} + \frac{4}{9}} = \frac{\sqrt{19}}{3}，$
所以$\cos \langle \overrightarrow{EF} · \overrightarrow{EG} \rangle = \frac{\overrightarrow{EF} · \overrightarrow{EG}}{|\overrightarrow{EF}||\overrightarrow{EG}|} = \frac{(\frac{1}{3}b - \frac{1}{2}a) · (\frac{1}{3}b + \frac{1}{2}a)}{|\overrightarrow{EF}||\overrightarrow{E G}|} = \frac{\frac{1}{9}b^{2} - \frac{1}{4}a^{2}}{\frac{\sqrt{7}}{3} × \frac{\sqrt{19}}{3}} = \frac{\frac{4}{9} - 1}{\frac{\sqrt{7} × \sqrt{19}}{9}} = - \frac{5\sqrt{133}}{133}$
归纳总结向量的运算有两种方法，一是几何运算：往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是平行四边形法则和三角形法则；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与取值范围问题，往往利用坐标运算比较简单）.

17. (本小题满分 15 分) 在$\triangle ABC$中，$a$，$b$，$c$分别为内角$A$，$B$，$C$的对边，$O$为$\triangle ABC$的外心，且有$AB + BC = \frac{2\sqrt{3}}{3}AC$，$\sin C(\cos A - \sqrt{3}) + \cos C·\sin A = 0$.
(1) 求$A$，$B$，$C$；
(2) 若$\overrightarrow{AO}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$，$x$，$y\in\mathbf{R}$，求$x - y$.

答案： 17【解】
(1)由$\sin C(\cos A - \sqrt{3}) + \cos C \sin A = 0$，可得$\sin C \cos A + \cos C \sin A = \sqrt{3} \sin C$，
即 $\sin(C + A) = \sqrt{3} \sin C$，因为$C + A=\pi - B$,所以$\sin(C + A)=\sin B$,
即$\sin B = \sqrt{3} \sin C$。
由正弦定理可得$b = \sqrt{3}c$，又由$AB + BC = \frac{2\sqrt{3}}{3}AC$,可得$c + a = \frac{2\sqrt{3}}{3}b$,
将$b = \sqrt{3}c$代入${c + a = \frac{2\sqrt{3}}{3}b}$,可得$a = c$,由
余弦定理得$\cos B = \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2ac} = \frac{c^{2} + c^{2} - 3c^{2}}{2c^{2}} = - \frac{1}{2}$,因为$B \in (0,\pi)$,所以$B = \frac{2\pi}{3}$,所以$A = C = \frac{\pi}{6}$
(2)由$\overrightarrow{AO} = x\overrightarrow{AB} + y\overrightarrow{AC}$,可得$\overrightarrow{AO} · \overrightarrow{AB} = x\overrightarrow{AB}^{2} + y\overrightarrow{AC} $· $\overrightarrow {AB}$,
所以 $\overrightarrow{AO} · \overrightarrow{AB} = x|\overrightarrow{AB}|^{2} + y|\overrightarrow{AC}| $· $|\overrightarrow{AB}| $× $\cos $\frac{\pi}{6} = xc^{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} y $· $\sqrt{3}c^{2}$.因为$O${为}$\triangle ABC$的外心,$\overrightarrow{AO}$在$\overrightarrow{AB}$方向上的投影的数量为$\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|$,所以$\overrightarrow{AO} · \overrightarrow{AB} =\frac{1}{2}|\overrightarrow {AB}| $· $|\overrightarrow {AB}| = \frac{1}{2}c^{2}$,可得$\frac{1}{|2}c^{|2} = xc^{|2} + \frac{\sqrt{3}}{2} y $· $\sqrt{3}c^{|^{2}}$,整理得$2x + 3y = 1$.由题意知$\overrightarrow{AO} · \overrightarrow{AC} = x\overrightarrow{AB} $· $\overrightarrow{AC} + y\overrightarrow{AC}^{2} = x|\overrightarrow{AB}| $· $|\overrightarrow{AC}| $× $\cos $\frac{\pi}{6} + y|\overrightarrow{AC}|^{|2} = \frac{3}{2}xc^{2} + y $· $3c^{2}$,因
为$O$为$\triangle ABC$的外心,$\overrightarrow{AO}$在$\overrightarrow{AC}$方向上的投影的数量为$\frac{1}{2}|\overrightarrow{AC}|$,
所以$\overrightarrow{AO} · \overrightarrow{AC} = \frac{1}{2}|\overrightarrow{AC}| $· $|\overrightarrow{AC}| = \frac{1}{2}b^{2} = \frac{3}{2}c^{2}$,可得$\frac{3}{2}c^{2} = \frac{3}{2}xc^{2} + y $· $3c^{2}$,即$x + 2y = 1$.
联立得方程组$\begin{cases}2x + 3y = 1, \\x + 2y = 1,\end{cases}$解得$\begin{cases}x = -1, \\y = 1,\end{cases}$所
以$x - y = -2$。

18. (本小题满分 17 分) [重庆 2025 高一期末]如图，政府规划一个四边形$ABCD$区域为市民打造休闲场所，拟在$\triangle ABD$区域挖一个人工湖，$\triangle BCD$区域建设公园，对角线$BD$修建步道，其中$CD = 1\ km$，$BC = 2\ km$，$A = \frac{\pi}{3}$.
(1) 若公园区域是一个占地面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}\ km^{2}$，且$C$为钝角的三角形，需要修建多长的步道？
(2) 在规划要求下，保证公园占地面积最大的同时，人工湖的最大面积是多少？并求此时$AB$的长度.

答案： 18【解】
(1)$CD = 1 km,BC = 2 km$，根据三角
形的面积公式可得$S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2}BC · CD · \sin C = \frac{1}{2} × 2 × 1 × \sin C = \frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$\sin C = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
由$C$是钝角，得$\cos C = - \frac{1}{2}$，根据余弦定理可得，
$BD = \sqrt{BC^{2} + CD^{2} - 2BC · CD · \cos C} = \sqrt{2^{2} + 1^{2} - 2 × 2 × 1 × ( - \frac{1}{2})} = \sqrt{7}$，
所以需要修建$\sqrt{7} km$的步道.
(2)由题意，$S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2}BC · CD · \sin C \leq \frac{1}{2}BC · CD = 1$，
当且仅当$C = \frac{\pi}{2}$时取等号，此时$BD = \sqrt{5}$.
设$\angle ABD = \alpha,\alpha \in (0,\frac{2\pi}{3})$，
在$\triangle ABD$中，根据正弦定理可得$\frac{AD}{\sin \alpha} = \frac{AB}{\sin (\frac{2\pi}{3} - \alpha)} = \frac{BD}{\sin \frac{\pi}{3}} = \frac{\sqrt{5}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2\sqrt{15}}{3}$，则$AD = \frac{2\sqrt{15}}{3} \sin \alpha,AB = \frac{2\sqrt{15}}{3} \sin (\frac{2\pi}{3} - \alpha)$，
根据三角形的面积公式可得
$S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2}AD · AB · \sin A = \frac{5\sqrt{3}}{3} · \sin \alpha \sin (\frac{2\pi}{3} - \alpha) = \frac{5\sqrt{3}}{3}(\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha \cos \alpha + \frac{1}{2} \sin^{2} \alpha) = \frac{5\sqrt{3}}{3}(\frac{\sqrt{3}}{4} \sin 2\alpha + \frac{1}{2} · \frac{1 - \cos 2\alpha}{2}) = \frac{5\sqrt{3}}{6}[\frac{1}{2} + \sin (2\alpha - \frac{\pi}{6})]$。
由$\alpha \in (0,\frac{2\pi}{3})$，得$2\alpha - \frac{\pi}{6} \in ( - \frac{\pi}{6},\frac{7\pi}{6})$，易知当$2\alpha - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}$，即$\alpha = \frac{\pi}{3}$时，$(S_{\triangle ABD})_{max} = \frac{5\sqrt{3}}{4}$，即人工湖的最大面积是$\frac{5\sqrt{3}}{4} km^{2}$，此时$AB = BD = \sqrt{5} km$。

19. (本小题满分 17 分) [陕西西安铁一中 2025 高一期末]如图，在$\triangle ABC$中，$D$是$BC$的中点，$O$是$AD$的中点，过$O$点的直线与边$AB$，$AC$分别相交于点$P$，$Q$. 设$\overrightarrow{AP}=m\overrightarrow{AB}(m ＞ 0)$，$\overrightarrow{AQ}=n\overrightarrow{AC}(n ＞ 0)$.
(1) 若$\overrightarrow{AO}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$，求$2x - y$的值；
(2) 求$4m + n$的最小值；
(3) 若$\triangle ABC$是边长为 1 的等边三角形，求$OP^{2}+OQ^{2}$的最小值.

答案： 19【解】
(1)$\because D$为$BC$中点，
$\therefore \overrightarrow{AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$.
$\because O$为$AD$中点，
$\therefore \overrightarrow{AO} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AD} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow{AC},\therefore x = y = \frac{1}{4}$，
$\therefore 2x - y = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$。
(2)由
(1)得$\overrightarrow{AO} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow{AC} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AP} + \frac{1}{4m}\overrightarrow{AQ}$，
$\because O,P,Q$三点共线，$\therefore \frac{1}{4m} + \frac{1}{4n} = 1$，
$\therefore 4m + n = (4m + n)(\frac{1}{4m} + \frac{1}{4n}) = \frac{5}{4} + \frac{n}{4m} + \frac{m}{n} \geqslant \frac{5}{4} + 2\sqrt{\frac{n}{4m} · \frac{m}{n}} = \frac{9}{4}$（当且仅当$\frac{n}{4m} = \frac{m}{n}$，即$m = \frac{3}{8},n = \frac{3}{4}$时取等号），
$\therefore 4m + n$的最小值为$\frac{9}{4}$
(3)$\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AO} = m\overrightarrow{AB} - (\frac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow{AC}) = (m - \frac{1}{4})\overrightarrow{AB} - \frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$，
$\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{AQ} - \overrightarrow{AO} = n\overrightarrow{AC} - (\frac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow{AC}) = - \frac{1}{4}\overrightarrow{AB} + (n - \frac{1}{4})\overrightarrow{AC}$。
$\because |\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{AC}| = 1,\angle BAC = 60^{\circ}$，
$\therefore \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} = 1 × 1 × \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$，
$\therefore |\overrightarrow{OP}|^{2} = [(m - \frac{1}{4})\overrightarrow{AB} - \frac{1}{4}\overrightarrow{AC}]^{2} = (m - \frac{1}{4})^{2} - \frac{1}{4}(m - \frac{1}{4}) + \frac{1}{16} = m^{2} - \frac{3m}{4} + \frac{3}{16}$，
$|\overrightarrow{OQ}|^{2} = [ - \frac{1}{4}\overrightarrow{AB} + (n - \frac{1}{4})\overrightarrow{AC}]^{2} = \frac{1}{16} - \frac{1}{4}(n - \frac{1}{4}) + (n - \frac{1}{4})^{2} = n^{2} - \frac{3n}{4} + \frac{3}{16}$，
$\therefore |\overrightarrow{OP}|^{2} + |\overrightarrow{OQ}|^{2} = m^{2} + n^{2} - \frac{3}{4}(m + n) + \frac{3}{8} = (m + n)^{2} - 2mn - \frac{3}{4}(m + n) + \frac{3}{8} = (m + n)^{2} - 2mn - \frac{3}{4}(m + n) + \frac{3}{8}$，
由
(2)知$\frac{1}{4m} + \frac{1}{4n} = 1$，即$m + n = 4mn$。
又$m + n \geqslant 2\sqrt{mn}$，$\therefore 4mn \geqslant 2\sqrt{mn}$，解得$mn \geqslant \frac{1}{4}$（当且仅当$m = n = \frac{1}{2}$时取等
号），
$\therefore |\overrightarrow{OP}|^{2} + |\overrightarrow{OQ}|^{2} = (4mn)^{2} - 2mn - \frac{3}{4} × 4mn + \frac{3}{8} = 16(mn)^{2} - 5mn + \frac{3}{8} = 16 · (mn - \frac{5}{32})^{2} - \frac{1}{64}$，
思：也可化为关于$m + n$的一元二次函数，再求最值
$\because \frac{1}{4} ＞ \frac{5}{32}$，$\therefore$当$mn = \frac{1}{4}$时，$|\overrightarrow{OP}|^{2} + |\overrightarrow{OQ}|^{2}$取得最小值，为$16 × (\frac{1}{4} - \frac{5}{32})^{2} - \frac{1}{64} = \frac{1}{8}$，即$OP^{2} + OQ^{2}$的最小值为$\frac{1}{8}$。