《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

8. 已知点$O$是锐角三角形$ABC$所在平面内任意一点,则下列说法正确的是(BD)

A.若$\overrightarrow{BO}=\frac{1}{5}\overrightarrow{BA}+\frac{2}{5}\overrightarrow{BC}$,则$O$,$A$,$C$三点共线
B.若$O$是$\triangle ABC$的垂心,则$\exists\lambda\in\mathbf{R}$,使满足$\overrightarrow{AO}=\lambda(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$的$\triangle ABC$为等腰三角形
C.若$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{CO}$,则$S_{\triangle AOB}=\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}$
D.若动点$P$异于点$O$,且满足$\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OA}=\lambda(\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}+\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|})$,$\lambda\in[0,+\infty)$,则点$P$的轨迹必过$\triangle ABC$的内心

答案：
8. BD 对于A，因为$\overrightarrow{BO} = \frac{1}{5}\overrightarrow{BA} + \frac{2}{5}\overrightarrow{BC}$，所以$\overrightarrow{BO} = \frac{1}{5}(\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OB}) + \frac{2}{5}(\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB})$，即$\overrightarrow{OA} + 2\overrightarrow{OB} + 2\overrightarrow{OC} = 0$，如图，取$BC$的中点$D$，连接$OD$，则$\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 2\overrightarrow{OD}$，即$4\overrightarrow{OD} = - \overrightarrow{OA}$，所以$O$在中线$AD$上，即$O,A,D$三点共线，故A错误；

对于B，取$BC$的中点$D$，则$\overrightarrow{AO} = \lambda(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) = 2\lambda\overrightarrow{AD}$，点$O$在直线$AD$上，又$O$为$\triangle ABC$的垂心，则$AD \perp BC$，所以$AB = AC$，则$\triangle ABC$为等腰三角形，故B正确；对于C，取$AB$的中点$E$，连接$OE$，若$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{CO}$，则$\overrightarrow{CO} = 2\overrightarrow{OE}$，则$O,C,E$三点共线，且$\vert\overrightarrow{OE}\vert = \frac{1}{3}\vert\overrightarrow{CE}\vert$，则$S_{\triangle OEB} = \frac{1}{3}S_{\triangle ABC}$，故C错误；
对于D，取$\frac{\overrightarrow{AB}}{\vert\overrightarrow{AB}\vert},\frac{\overrightarrow{AC}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert}$是与$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$同向的单位向量，所以以$\frac{\overrightarrow{AB}}{\vert\overrightarrow{AB}\vert},\frac{\overrightarrow{AC}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert}$为邻边构成的平行四边形是菱形，由$\overrightarrow{OP} - \overrightarrow{OA} = \lambda\left( \frac{\overrightarrow{AB}}{\vert\overrightarrow{AB}\vert} + \frac{\overrightarrow{AC}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert} \right),\lambda \in [0, + \infty)$，得$\overrightarrow{AP} = \lambda\left( \frac{\overrightarrow{AB}}{\vert\overrightarrow{AB}\vert} + \frac{\overrightarrow{AC}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert} \right)$，由菱形对角线性质可知点$P$在$\angle BAC$的平分线上，即点$P$的轨迹必过$\triangle ABC$的内心，故D正确。

9. 生于瑞士的数学巨星欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理:“三角形的外心、垂心和重心都在同一直线上.”这就是著名的欧拉线定理.在非等边三角形$ABC$中,$O$,$H$,$G$分别是外心、垂心和重心,$M$为$BC$边的中点,则下列四个结论正确的有(BD)

A.$\overrightarrow{HG}=\overrightarrow{GO}$
B.$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\boldsymbol{0}$
C.$\overrightarrow{AH}=3\overrightarrow{OM}$
D.$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{HM}-4\overrightarrow{MO}$

答案：
9. BD 在$\triangle ABC$中，$O,H,G$分别是外心、垂心和重心，画出图形，如图所示。根据重心性质得$AG = 2GM$，由$AH// OM$得$\frac{GH}{GO} = \frac{AG}{MG} = 2$，即$HG = 2GO$，A错误；根据三角形的重心性质得$\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = 0$，B正确；$\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GH} = 2\overrightarrow{GM} - 2\overrightarrow{GO} = 2\overrightarrow{OM}$，C错误；因为$\overrightarrow{AM} = 3\overrightarrow{GM}$，$\overrightarrow{HG} = \frac{2}{3}\overrightarrow{HO}$，所以$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} = 2\overrightarrow{AM} = 6\overrightarrow{GM} = 6(\overrightarrow{HM} - \overrightarrow{HG}) = 6\left( \overrightarrow{HM} - \frac{2}{3}\overrightarrow{HO} \right) = 6\overrightarrow{HM} - 4\overrightarrow{HO} = 6\overrightarrow{HM} - 4(\overrightarrow{HM} + \overrightarrow{MO}) = 2\overrightarrow{HM} - 4\overrightarrow{MO}$，D正确。

10. 如图,已知点$P$,$Q$分别是四边形$ABCD$的对角线$AC$与$BD$的中点,若$\overrightarrow{BC}=\boldsymbol{a}$,$\overrightarrow{DA}=\boldsymbol{b}$,且向量$\boldsymbol{a}$,$\boldsymbol{b}$不共线,则向量$\overrightarrow{PQ}=$$-\frac{1}{2}a - \frac{1}{2}b$.

答案：
10. $-\frac{1}{2}a - \frac{1}{2}b$ 如图，取$AB$的中点$E$，连接$PE,QE$。由题意，得$\overrightarrow{PE} = \frac{1}{2}\overrightarrow{CB} = - \frac{1}{2}a$，$\overrightarrow{EQ} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AD} = - \frac{1}{2}b$，则$\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{PE} + \overrightarrow{EQ} = - \frac{1}{2}a - \frac{1}{2}b$。

11. 在平面直角坐标系中,$O$为坐标原点,$A$,$B$,$C$三点满足$\overrightarrow{OC}=\frac{3}{4}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{4}\overrightarrow{OB}$,则$\frac{|\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{AB}|}=$$\frac{1}{4}$.

答案： 11. $\frac{1}{4}$ 由$\overrightarrow{OC} = \frac{3}{4}\overrightarrow{OA} + \frac{1}{4}\overrightarrow{OB}$，得$\frac{1}{4}\overrightarrow{OC} - \frac{1}{4}\overrightarrow{OB} = \frac{3}{4}\overrightarrow{OA} - \frac{3}{4}\overrightarrow{OC}$，即$\overrightarrow{BC} = 3\overrightarrow{CA}$，则$\overrightarrow{AB} = - \overrightarrow{BA} = - (\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA}) = - 4\overrightarrow{CA} = 4\overrightarrow{AC}$，所以$\frac{\vert\overrightarrow{AC}\vert}{\vert\overrightarrow{AB}\vert} = \frac{\vert\overrightarrow{AC}\vert}{\vert4\overrightarrow{AC}\vert} = \frac{1}{4}$。

12. 已知向量$\boldsymbol{e}_{1}$,$\boldsymbol{e}_{2}$不共线,$\overrightarrow{AB}=\lambda\boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}$,$\overrightarrow{AC}=2\boldsymbol{e}_{1}+\mu\boldsymbol{e}_{2}$,其中$\lambda\gt0$,$\mu\gt0$.若$A$,$B$,$C$三点共线,则$2\lambda+\mu$的最小值为4.

答案： 12. 4 因为$A,B,C$三点共线，所以存在实数$k$，使$\overrightarrow{AB} = k\overrightarrow{AC}$，即$\lambda\overrightarrow{e_1} + \overrightarrow{e_2} = k(2\overrightarrow{e_1} + \mu\overrightarrow{e_2})$，又向量$\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{e_2}$不共线，所以$\begin{cases} \lambda = 2k \\ 1 = k\mu \end{cases}$，整理得$\lambda\mu = 2$。因为$\lambda ＞ 0,\mu ＞ 0$，所以$2\lambda + \mu \geq 2\sqrt{2\lambda\mu}=4$，当且仅当$2\lambda = \mu = 2$，即$\lambda = 1,\mu = 2$时取等号，故$2\lambda + \mu$的最小值为$4$。

13. 如图,在$\triangle ABC$中,$\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$,$\overrightarrow{BN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$.设$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a}$,$\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{b}$.
(1)用$\boldsymbol{a}$,$\boldsymbol{b}$表示$\overrightarrow{BC}$,$\overrightarrow{MN}$;
(2)若$P$为$\triangle ABC$内部一点,且$\overrightarrow{AP}=\frac{5}{12}\boldsymbol{a}+\frac{1}{4}\boldsymbol{b}$.求证:$M$,$P$,$N$三点共线.

答案： 13.
(1)解：由题意，知$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB} = b - a$，$\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{BN} - \overrightarrow{BM} = \frac{1}{2}\overrightarrow{BC} + \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} = \frac{1}{2}(b - a) + \frac{2}{3}a = \frac{1}{2}b + \frac{1}{6}a$。
(2)证明：因为$\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{AN} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CN} = \frac{1}{3}a + b - \frac{1}{2}\overrightarrow{BC} = \frac{1}{3}a + b - \frac{1}{2}(b - a) = \frac{5}{6}a + \frac{1}{2}b$，又$\overrightarrow{AP} = \frac{5}{12}a + \frac{1}{4}b$，所以$\overrightarrow{AP} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AM} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AN}$，即$\overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AM} + \overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AN} = 0$，所以$\overrightarrow{MP} = - \overrightarrow{NP}$，故$M,P,N$三点共线。

14. 如图,$\triangle ACD$是边长为$2$的等边三角形,$O$是边$AC$上一点,延长$DO$至点$B$.若$|\overrightarrow{BD}|=t\overrightarrow{BA}+(\frac{4}{3}-t)\overrightarrow{BC}$,且$BD=4\sqrt{3}$($t$为常数),则$OA$的长度是1.

答案： 14.
(1) 因为$\overrightarrow{BD} = t\overrightarrow{BA} + \left( \frac{4}{3} - t \right)\overrightarrow{BC}$，所以$\frac{3}{4}\overrightarrow{BD} = \frac{3}{4}t\overrightarrow{BA} + (1 - \frac{3}{4}t)\overrightarrow{BC}$，设$\overrightarrow{BT} = \frac{3}{4}\overrightarrow{BD} = \frac{3}{4}t\overrightarrow{BA} + (1 - \frac{3}{4}t)\overrightarrow{BC}$，因为$\frac{3}{4}t + 1 - \frac{3}{4}t = 1$，所以$T,A,C$三点共线，且$B,T,D$三点也共线，故点$T$即为点$O$，则$\frac{3}{4}\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BO}$，所以$\vert\overrightarrow{BO}\vert = 3\sqrt{3}$，则$\vert\overrightarrow{DO}\vert = \sqrt{3}$。在等边三角形$ACD$中，边$AC$上的高为$\sqrt{3} = OD$，又$AC = 2$，从而$AO = OC = 1$。