《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

9. 如图，在等边三角形 $ ABC $ 中，$ AB = 3 $，点 $ O $ 在边 $ BC $ 上，且 $ \overrightarrow{OC} = 2\overrightarrow{BO} $. 过点 $ O $ 的直线分别交射线 $ AB,AC $ 于不同的两点 $ M,N $，$ \overrightarrow{AB} = m\overrightarrow{AM} $，$ \overrightarrow{AC} = n\overrightarrow{AN} $，则以下选项正确的是(ABD)


A.$ \overrightarrow{AO} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{AC} $
B.$ \cos\langle\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OC}\rangle = \frac{\sqrt{7}}{14} $
C.$ m + n = 3 $
D.$ \frac{1}{m} + \frac{2}{n} $ 的最小值是 $ \frac{8}{3} $

答案： 9. ABD 对于A，由$\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{BO}$，得$\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AO}=2(\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AB})$，则$\overrightarrow{AO}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$，A正确；对于B，令$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{b}$，在等边三角形$ABC$中，$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=3×3×\cos60^{\circ}=\frac{9}{2}$，由选项A得$\overrightarrow{OA}=-\frac{1}{3}(2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})$，$|\overrightarrow{OA}|=\frac{1}{3}\sqrt{(2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})^{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{4\boldsymbol{a}^{2}+\boldsymbol{b}^{2}+4\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}}=\frac{1}{3}\sqrt{4×9 + 9+4×\frac{9}{2}}=\sqrt{7}$，$\overrightarrow{OC}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}=\frac{2}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{2}{3}(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})$，$|\overrightarrow{OC}| = 2$，所以$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OC}=\frac{2}{9}(2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})·(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})=\frac{2}{9}(2\boldsymbol{a}^{2}-\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}-\boldsymbol{b}^{2})=\frac{2}{9}(2×9-\frac{9}{2}-9)=1$，因此$\cos\langle\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OC}\rangle=\frac{\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OC}}{|\overrightarrow{OA}|·|\overrightarrow{OC}|}=\frac{1}{\sqrt{7}×2}=\frac{\sqrt{7}}{14}$，B正确；对于C，由选项A知，$\overrightarrow{AO}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$，而$\overrightarrow{AB}=m\overrightarrow{AM}$，$\overrightarrow{AC}=n\overrightarrow{AN}$，则$\overrightarrow{AO}=\frac{2m}{3}\overrightarrow{AM}+\frac{n}{3}\overrightarrow{AN}$，而$M$，$O$，$N$三点共线，因此$\frac{2m}{3}+\frac{n}{3}=1$，即$2m + n = 3$；对于D，由选项C知，$\frac{1}{3}(2m + n)=1,m ＞ 0,n ＞ 0$，故$\frac{1}{m}+\frac{2}{n}=\frac{1}{3}(2m + n)(\frac{1}{m}+\frac{2}{n})=\frac{1}{3}(4+\frac{n}{m}+\frac{4m}{n})\geqslant\frac{1}{3}(4 + 2\sqrt{\frac{n}{m}·\frac{4m}{n}})=\frac{8}{3}$，当且仅当$\frac{n}{m}=\frac{4m}{n}$，即$m=\frac{3}{4},n=\frac{3}{2}$时取等号，D正确.

10. 设 $ M,N $ 分别是 $ \triangle ABC $ 边 $ BC,AC $ 上的点，且 $ \overrightarrow{BM} = \frac{1}{3}\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CN} = \frac{1}{3}\overrightarrow{CA} $. 若 $ \overrightarrow{AB} = \boldsymbol{a},\overrightarrow{AC} = \boldsymbol{b} $，则用 $ \boldsymbol{a},\boldsymbol{b} $ 表示 $ \overrightarrow{MN} $ 的式子为$\overrightarrow{MN}=-\frac{2}{3}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}$.

答案：
10. $\overrightarrow{MN}=-\frac{2}{3}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}$ 如图所示，$\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{1}{3}\boldsymbol{b}+\frac{2}{3}\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{AN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{2}{3}\boldsymbol{b}$，故$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\boldsymbol{b}-(\frac{1}{3}\boldsymbol{b}+\frac{2}{3}\boldsymbol{a})=-\frac{2}{3}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}$.
　　　　　　　
方法总结 将两个不共线的向量作为基底表示其他向量，基本方法有两种：一种是运用向量的线性运算法则对所求向量不断进行转化，直至用基底表示为止；另一种是通过列向量方程或方程组的形式，利用基底表示向量的唯一性求解.

11. （高频导向）已知 $ \triangle ABC $ 是边长为 2 的等边三角形，$ D,E $ 分别是边 $ AB,BC $ 的中点，连接 $ DE $ 并延长到点 $ F $，使得 $ DE = 2EF $，则 $ \overrightarrow{AF} · \overrightarrow{BC} $ 的值为$\frac{1}{2}$.

答案：
11. $\frac{1}{2}$ 设$\overrightarrow{BA}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{BC}=\boldsymbol{b}$，则$|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = 2,\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\frac{\pi}{3}$.因为$D$，$E$分别是边$AB$，$BC$的中点，$\overrightarrow{DE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA})=\frac{1}{2}(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})$，$\overrightarrow{DF}=\frac{3}{4}\overrightarrow{DE}=\frac{3}{4}(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})$，则$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DF}=-\frac{1}{2}\boldsymbol{a}+\frac{3}{4}(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})=-\frac{5}{4}\boldsymbol{a}+\frac{3}{4}\boldsymbol{b}$，所以$\overrightarrow{AF}·\overrightarrow{BC}=(-\frac{5}{4}\boldsymbol{a}+\frac{3}{4}\boldsymbol{b})·\boldsymbol{b}=-\frac{5}{4}\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+\frac{3}{4}\boldsymbol{b}^{2}=-\frac{5}{4}×2×2×\cos\frac{\pi}{3}+\frac{3}{4}×2^{2}=\frac{1}{2}$.
　　　　　　　

12. 平面内有三个向量 $ \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC} $，其中 $ \overrightarrow{OA} $ 与 $ \overrightarrow{OB} $ 的夹角为 $ 120^{\circ} $，$ \overrightarrow{OA} $ 与 $ \overrightarrow{OC} $ 的夹角为 $ 30^{\circ} $，且 $ |\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = 1 $，$ |\overrightarrow{OC}| = 2\sqrt{3} $. 若 $ \overrightarrow{OC} = \lambda\overrightarrow{OA} + \mu\overrightarrow{OB} (\lambda ＞ 0,\mu ＞ 0) $，则 $ \lambda + \mu = $6.

答案：
12. 6 解法1 如图，过点$C$分别作$CC_{1}// OB$交$OA$的延长线于点$C_{1}$，作$CC_{2}// OA$交$OB$的延长线于点$C_{2}$，从而四边形$OCC_{1}C_{2}$为平行四边形.由$\angle BOA = 120^{\circ}$，$\angle COA = 30^{\circ}$，得$\angle COB = 90^{\circ}$.又$|\overrightarrow{OC}| = 2\sqrt{3}$，则$|\overrightarrow{OC_{1}}| = 2,|\overrightarrow{OC_{2}}| = 4$，又$\overrightarrow{OC_{2}}=\mu\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OC_{1}}=\lambda\overrightarrow{OA}$，$|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = 1$，故$\mu = 2,\lambda = 4$，所以$\lambda+\mu = 6$.
　　　　　　
解法2 因为$\overrightarrow{OA}$与$\overrightarrow{OB}$的夹角为$120^{\circ}$，$\overrightarrow{OA}$与$\overrightarrow{OC}$的夹角为$30^{\circ}$，所以$\overrightarrow{OB}$与$\overrightarrow{OC}$的夹角为$90^{\circ}$或$150^{\circ}$.由$\overrightarrow{OC}·\overrightarrow{OA}=\lambda|\overrightarrow{OA}|^{2}+\mu\overrightarrow{OB}·\overrightarrow{OA}$，得$2\sqrt{3}×\cos30^{\circ}=\lambda×1^{2}+\mu×1×1×\cos120^{\circ}$，即$\lambda-\frac{1}{2}\mu = 3$ ①.若$\overrightarrow{OB}$与$\overrightarrow{OC}$的夹角为$90^{\circ}$，则$\overrightarrow{OC}·\overrightarrow{OB}=\lambda\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}+\mu|\overrightarrow{OB}|^{2}$，得$\lambda×1×1×\cos120^{\circ}+\mu×1^{2}=0$，即$-\frac{1}{2}\lambda+\mu = 0$ ②.联立①②，解得$\lambda = 4,\mu = 2$，则$\lambda+\mu = 6$；若$\overrightarrow{OB}$与$\overrightarrow{OC}$的夹角为$150^{\circ}$，由$\overrightarrow{OC}·\overrightarrow{OB}=\lambda\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}+\mu|\overrightarrow{OB}|^{2}$，得$\lambda×1×1×\cos120^{\circ}+\mu×1^{2}=2\sqrt{3}×1×\cos150^{\circ}$，即$\frac{1}{2}\lambda-\mu = 3$ ③.联立①③，解得$\lambda = 2,\mu = -2$(不合题意，舍去).综上所述，$\lambda+\mu = 6$.

13. 如图，在平行四边形 $ ABCD $ 中，$ \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{DE},\overrightarrow{BF} = \lambda\overrightarrow{FC} (\lambda ＞ 0) $.
(1) 若 $ \lambda = 4 $，试用 $ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD} $ 表示 $ \overrightarrow{AF},\overrightarrow{EF} $；
(2) 若 $ AF $ 与 $ BE $ 交于点 $ G $，且 $ \overrightarrow{DG} // \overrightarrow{EF} $，求 $ \lambda $ 的值.

答案： 13. 解：
(1)由题意可知$\overrightarrow{AE}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AD},\overrightarrow{BF}=\frac{4}{5}\overrightarrow{BC}$，所以$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AB}+\frac{4}{5}\overrightarrow{BC},\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\frac{4}{5}\overrightarrow{AD}-\frac{3}{2}\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}-\frac{7}{10}\overrightarrow{AD}$.
(2)若$\overrightarrow{DG}//\overrightarrow{EF}$，则$\frac{\overrightarrow{AD}}{\overrightarrow{DE}}=\frac{\overrightarrow{AG}}{\overrightarrow{GF}}$，所以$\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AF}$.又$\overrightarrow{BF}=\frac{\lambda}{1 + \lambda}\overrightarrow{AD}$，则$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AB}+\frac{\lambda}{1+\lambda}\overrightarrow{AD}$，所以$\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}(\overrightarrow{AB}+\frac{\lambda}{1+\lambda}\overrightarrow{AD})$，所以$\overrightarrow{GE}=\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AG}=[\frac{3}{2}-\frac{2\lambda}{3(1+\lambda)}]\overrightarrow{AD}-\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\frac{2\lambda}{3(1+\lambda)}\overrightarrow{AD}$.由$\overrightarrow{GE}//\overrightarrow{GB}$，得$\frac{1}{3}×[\frac{3}{2}-\frac{2\lambda}{3(1+\lambda)}]=\frac{2}{3}×\frac{2\lambda}{3(1+\lambda)}$，解得$\lambda = 3$.

14. 设 $ Q $ 是线段 $ MN $ 的中点，$ P $ 是直线 $ MN $ 外一点. $ A,B $ 为线段 $ PQ $ 上的两点，$ PA = AQ $，且 $ \overrightarrow{PM} · \overrightarrow{PN} = 70,\overrightarrow{AM} · \overrightarrow{AN} = 16,\overrightarrow{BM} · \overrightarrow{BN} = 6 $，则 $ \frac{PB}{PQ} $ 的值为$\frac{2}{3}$.

答案：
14. $\frac{2}{3}$ 解法1 如图，因为$Q$是线段$MN$的中点，所以$\overrightarrow{QM}+\overrightarrow{QN}=\boldsymbol{0}$，则$\overrightarrow{PM}·\overrightarrow{PN}=(\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QM})·(\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QN})=\overrightarrow{PQ}^{2}+\overrightarrow{PQ}·\overrightarrow{QN}+\overrightarrow{QM}·\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QM}·\overrightarrow{QN}=\overrightarrow{PQ}^{2}+\overrightarrow{QM}·\overrightarrow{QN}=70$ ①.同理可得$\overrightarrow{AM}·\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AQ}^{2}-\overrightarrow{AQ}·\overrightarrow{QN}+\overrightarrow{QM}·\overrightarrow{QN}=\frac{1}{4}\overrightarrow{PQ}^{2}+\overrightarrow{QM}·\overrightarrow{QN}=16$ ②.
　　　　　
联立①②，得$\overrightarrow{PQ}^{2}=72,\overrightarrow{QM}·\overrightarrow{QN}=-2$.设$\overrightarrow{BQ}=\frac{1}{m}\overrightarrow{PQ}(m ＞ 0)$，易得$\overrightarrow{BM}·\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{BQ}^{2}+\overrightarrow{QM}·\overrightarrow{QN}=\frac{1}{m^{2}}\overrightarrow{PQ}^{2}+\overrightarrow{QM}·\overrightarrow{QN}=\frac{72}{m^{2}}-2 = 6$，解得$m = 3$或$m = -3$(舍去)，所以$\frac{PB}{PQ}=\frac{2}{3}$.
解法2 设$PA = AQ = t$，由极化恒等式可得$\overrightarrow{PM}·\overrightarrow{PN}=|\overrightarrow{PQ}|^{2}-|\overrightarrow{QN}|^{2}=4t^{2}-|\overrightarrow{QN}|^{2}=70 - |\overrightarrow{QN}|^{2}=16$ ②，$\overrightarrow{BM}·\overrightarrow{BN}=|\overrightarrow{BQ}|^{2}-|\overrightarrow{QN}|^{2}=6$ ③，联立①②，解得$t^{2}=18,|\overrightarrow{QN}|^{2}=2$，代入③得$|\overrightarrow{BQ}|^{2}=8$，即$BQ = 2\sqrt{2}$，又$PQ = 2t = 6\sqrt{2}$，则$\frac{PB}{PQ}=\frac{PQ - BQ}{PQ}=1-\frac{BQ}{PQ}=1-\frac{2\sqrt{2}}{6\sqrt{2}}=\frac{2}{3}$.