《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

1. [2024 黑龙江哈尔滨期中]已知圆 $ O $ 的半径为 $ 2 $，弦 $ MN $ 的长为 $ 2\sqrt{3} $，若 $ 2\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PN} $，则$\overrightarrow{MO}·\overrightarrow{OP} =$(B)

A.$-4$
B.$-2$
C.$2$
D.$4$

答案：
1.B 如图，设MN的中点为Q，连接OQ，则OQ⊥MN.由$\vert\overrightarrow{NO}\vert=\vert\overrightarrow{MO}\vert=2$，$\vert\overrightarrow{MN}\vert=2\sqrt{3}$，得$MQ=\sqrt{3}$，$OQ=1$，所以$\angle OMQ=\frac{\pi}{6}$，又$\vert\overrightarrow{MP}\vert=\frac{1}{3}\vert\overrightarrow{MN}\vert=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$PQ=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\angle POQ=\frac{\pi}{6}$，所以$\angle POM=\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6}$，$\vert\overrightarrow{OP}\vert=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$\overrightarrow{MO}·\overrightarrow{OP}=-\overrightarrow{OM}·\overrightarrow{OP}=-\vert\overrightarrow{OM}\vert·\vert\overrightarrow{OP}\vert\cos\frac{\pi}{6}=-2×\frac{2\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=-2$。
　　　　　　

2. [2024 江西九江期中]已知平面上两个定点 $ O,M $ 的距离为 $ 2 $，点 $ P $ 是单位圆 $ O $ 上一动点，若$|\overrightarrow{OP}·\overrightarrow{PM}|=2$，则满足条件的点 $ P $ 的个数为(B)

A.$1$
B.$2$
C.$3$
D.$4$

答案：
2.B 设$\angle POM=\alpha$，$\alpha\in[0,\pi]$，$\overrightarrow{OP}·\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{OP}·(\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OP})=\overrightarrow{OP}·\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OP}^{2}=\vert\overrightarrow{OP}\vert·\vert\overrightarrow{OM}\vert\cos\alpha-\vert\overrightarrow{OP}\vert^{2}=2\cos\alpha - 1$。当$\overrightarrow{OP}·\overrightarrow{PM}=2$时，$\cos\alpha=\frac{3}{2}＞1$，$\alpha$不存在；当$\overrightarrow{OP}·\overrightarrow{PM}=-2$时，$\cos\alpha=-\frac{1}{2}$，$\alpha=\frac{2\pi}{3}$，此时存在两个点。
　　　　　　

3. [2023 福建格致中学期末]如图是北京2022年冬奥会会徽的图案，奥运五环的大小和间距如图所示.若圆的半径均为 $ 12 $，相邻圆圆心水平距离为 $ 26 $，两排圆圆心垂直距离为 $ 11 $.设五个圆的圆心分别为 $ O_1,O_2,O_3,O_4,O_5 $，则$\overrightarrow{O_4O_1}·(\overrightarrow{O_4O_5}+\overrightarrow{O_4O_2})$的值为(B)


A.$-507$
B.$-386$
C.$-338$
D.$-242$

答案：
3.B 以$O_2$为原点，$O_1O_2$所在直线为$x$轴，建立如图所示的平面直角坐标系.作$O_2A\perp x$轴于点$A$，所以$\vert O_2A\vert=11$.由已知可得$O_1(-26,0)$，$O_2(-13,-11)$，$O_3(13,-11)$，所以$\overrightarrow{O_4O_1}=(-13,11)$，$\overrightarrow{O_2O_3}=(26,0)$，$\overrightarrow{O_5O_3}=(13,11)$，所以$\overrightarrow{O_4O_1}·(\overrightarrow{O_4O_1}+\overrightarrow{O_2O_3})=(-13,11)·(39,11)=-507 + 121=-386$。
　　　　

4. [2025 广东佛山月考]已知$\triangle ABC$的外接圆圆心为 $ O $，半径为 $ 1 $，且 $ 2\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} $，$|\overrightarrow{AB}|=|\overrightarrow{AC}|$，则$\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CB}$的值为(A)

A.$2$
B.$1$
C.$-1$
D.$-2$

答案： 4.A 因为$\triangle ABC$的外接圆的半径为$1$，且$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AO}$，所以$(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})+(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})=2\overrightarrow{AO}$，所以$\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{AO}+2\overrightarrow{OA}=0$，所以$O$为$BC$的中点，即$AB\perp AC$，又$\vert\overrightarrow{AB}\vert=\vert\overrightarrow{AC}\vert$，所以$\triangle ABC$为等腰直角三角形，且$OC = 1$，$\angle ACB = 45^{\circ}$.由勾股定理得$AC=\sqrt{OC^{2}+AO^{2}}=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$，则$\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CB}=\vert\overrightarrow{CA}\vert·\vert\overrightarrow{CB}\vert·\cos\angle ACB=\sqrt{2}×2×\frac{\sqrt{2}}{2}=2$。

5. [2022 辽宁五校期末联考]在直角三角形 $ ABC $ 中，$ C = 90^{\circ} $，$ D $ 为 $ AB $ 的中点，$ AB = 8 $，$ E $ 在边 $ AB $ 上，且满足$\overrightarrow{CE}·\overrightarrow{CD}=4$，则$|\overrightarrow{CE}|$的最大值是(A)

A.$2\sqrt{2}$
B.$\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{3}$
D.$\sqrt{3}$

答案：
5.A 以$D$为原点，$AB$为$x$轴，建立如图所示的平面直角坐标系.则$A(-4,0)$，$B(4,0)$，$D(0,0)$，设$C(4\cos\theta,4\sin\theta)$，$E(t,0)$，其中$0＜\theta＜\pi$，$-4\leqslant t\leqslant4$，$\overrightarrow{CE}=(t - 4\cos\theta,-4\sin\theta)$，$\overrightarrow{CD}=(-4\cos\theta,-4\sin\theta)$，所以$\overrightarrow{CE}·\overrightarrow{CD}=(t - 4\cos\theta,-4\sin\theta)·(-4\cos\theta,-4\sin\theta)=-4t\cos\theta+16\cos^{2}\theta+16\sin^{2}\theta=-4t\cos\theta + 16$，由题知$\overrightarrow{CE}·\overrightarrow{CD}=4$，所以$-4t\cos\theta+16 = 4$，所以$t\cos\theta=3$，$\vert\overrightarrow{CE}\vert=\sqrt{(t - 4\cos\theta)^{2}+(-4\sin\theta)^{2}}=\sqrt{16 - 8t\cos\theta+t^{2}}=\sqrt{t^{2}-8}$，其中$-4\leqslant t\leqslant4$，所以当$t=\pm4$时，$\vert\overrightarrow{CE}\vert$取得最大值$2\sqrt{2}$。
　　　　　

6. [多选题,2024 黑龙江齐齐哈尔月考]在$\triangle ABC$中，有四个命题，其中正确的是(BD)

A.若$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{AB}＞0$，则$\triangle ABC$为锐角三角形
B.若$\triangle ABC$内一点 $ G $ 满足$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\boldsymbol{0}$，则 $ G $ 是$\triangle ABC$的重心
C.若$|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{AC}|$，则$\triangle ABC$的形状为等腰三角形
D.若$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{PC}·\overrightarrow{PA}$，则$ P $ 必为$\triangle ABC$的垂心

答案：
6.BD 对于A，由$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{AB}＞0$可得$\vert\overrightarrow{AC}\vert·\vert\overrightarrow{AB}\vert·\cos A＞0$，所以$\cos A＞0$，由此仅可得$A$为锐角，但$\triangle ABC$可能为钝角三角形，A错误；对于B，如图，设$BC$的中点为$E$，由$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=0$可得$\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GE}=0$，所以$\overrightarrow{GA}=-2\overrightarrow{GE}$，所以$G$是$\triangle ABC$的重心，B正确；
　　　　　　
对于C，由$\vert\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\vert=\vert\overrightarrow{AC}\vert$可得$\vert\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\vert=\vert\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}\vert$，两边同时平方，化简得$\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BC}=0$，由此可得$\triangle ABC$的形状为直角三角形，C错误；对于D，由$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PC}$可得$(\overrightarrow{PA}-\overrightarrow{PC})·\overrightarrow{PB}=0$，即$\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{PB}=0$，故$CA\perp PB$，所以$PB\perp CA$，所以点$P$在边$CA$的高上，同理可得点$P$也在其他两边的高上，所以点$P$为$\triangle ABC$的垂心，D正确。

7. [多选题,2025 陕西安康中学月考]已知向量$\overrightarrow{OP}=(1,2)$，将$\overrightarrow{OP}$绕原点 $ O $ 旋转$-30^{\circ}$，$30^{\circ}$，$60^{\circ}$到$\overrightarrow{OP_1}$，$\overrightarrow{OP_2}$，$\overrightarrow{OP_3}$的位置，则(AC)

A.$\overrightarrow{OP_1}·\overrightarrow{OP_3}=0$
B.$|PP_1|＞|PP_2|$
C.$\overrightarrow{OP}·\overrightarrow{OP_3}=\overrightarrow{OP_1}·\overrightarrow{OP_2}$
D.点 $ P_1 $ 的坐标为$(\frac{\sqrt{3}-1}{2},\frac{1 + 2\sqrt{3}}{2})$

答案： 7.AC 对于A，将$\overrightarrow{OP}$绕原点$O$旋转$-30^{\circ}$，$30^{\circ}$，$60^{\circ}$到$\overrightarrow{OP_1}$，$\overrightarrow{OP_2}$，$\overrightarrow{OP_3}$，则$\overrightarrow{OP}$与$\overrightarrow{OP_3}$的夹角为$90^{\circ}$，故$\overrightarrow{OP_1}·\overrightarrow{OP_3}=0$，故A正确；对于B，由题可得$\angle POP_1=\angle POP_2$，$\vert\overrightarrow{OP_1}\vert=\vert\overrightarrow{OP_2}\vert$，所以$\triangle POP_1\cong\triangle POP_2$，则$\vert\overrightarrow{PP_1}\vert=\vert\overrightarrow{PP_2}\vert$，故B错误；对于C，由题可得$\vert\overrightarrow{OP}\vert=\vert\overrightarrow{OP_1}\vert=\vert\overrightarrow{OP_2}\vert=\vert\overrightarrow{OP_3}\vert=\sqrt{5}$，$\langle\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OP_3}\rangle=\langle\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OP_1}\rangle=60^{\circ}$，所以$\overrightarrow{OP}·\overrightarrow{OP_3}=\overrightarrow{OP}·\overrightarrow{OP_2}=\frac{5}{2}$，故C正确；对于D，若点$P_1$的坐标为$(\frac{\sqrt{3}-1}{2},\frac{1 + 2\sqrt{3}}{2})$，则$\vert\overrightarrow{OP_1}\vert=\sqrt{(\frac{\sqrt{3}-1}{2})^{2}+(\frac{1 + 2\sqrt{3}}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{17 + 2\sqrt{3}}}{2}\neq\sqrt{5}=\vert\overrightarrow{OP}\vert$，故D错误。

8. [2025 山东超银中学月考]如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ AB = 2 $，$ BC = 2\sqrt{2} $，$ E $ 为 $ BC $的中点，点 $ F $ 在边 $ CD $ 上，且$\overrightarrow{DF}=2\overrightarrow{FC}$，则$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{BF}$的值是$\frac{8}{3}$.

答案： 8.$\frac{8}{3}$ 由$E$为$BC$的中点，可得$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$，又$\overrightarrow{DF}=2\overrightarrow{FC}$，所以$\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AD}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$，所以$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{BF}=(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD})·(\overrightarrow{AD}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB})=\frac{5}{6}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}^{2}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}^{2}$.在矩形$ABCD$中，$AB = 2$，$BC = 2\sqrt{2}$，则有$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}=0$，$\overrightarrow{AB}^{2}=4$，$\overrightarrow{AD}^{2}=8$，所以$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{BF}=-\frac{1}{3}×4+\frac{1}{2}×8=\frac{8}{3}$。

9. [2025 浙江宁波九校联考]已知 $ O $ 为$\triangle ABC$的外心，$|\overrightarrow{AB}|·|\overrightarrow{AC}|=4$，$\angle BAC=\frac{2\pi}{3}$，若$\overrightarrow{AO}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}$，其中$\lambda,\mu\in\mathbf{R}$，则$\lambda + 2\mu$的最小值为$\frac{6 + 2\sqrt{2}}{3}$.

答案： 9.$\frac{6 + 2\sqrt{2}}{3}$ 因为$\vert\overrightarrow{AB}\vert·\vert\overrightarrow{AC}\vert=4$，$\angle BAC=\frac{2\pi}{3}$，所以$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=4×(-\frac{1}{2})=-2$，又$\overrightarrow{AO}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}$，则$\overrightarrow{AO}·\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}^{2}=\lambda\overrightarrow{AB}^{2}+\mu\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=\lambda\overrightarrow{AB}^{2}-2\mu$，$\overrightarrow{AO}·\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}^{2}=\lambda\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}+\mu\overrightarrow{AC}^{2}=\mu\overrightarrow{AC}^{2}-2\lambda$，则$\begin{cases}\frac{1}{2}c^{2}=\lambda c^{2}-2\mu\frac{1}{2}b^{2}=\mu b^{2}-2\lambda\end{cases}$，即$\begin{cases}c = 2\lambda c-\mu b\\b = 2\mu b-\lambda c\end{cases}$，令$\frac{b}{c}=t$，则$\lambda=\frac{2}{3}+\frac{t}{3}$，$\mu=\frac{2}{3}+\frac{1}{3t}$，则$\lambda + 2\mu=2+\frac{t}{3}+\frac{2}{3t}\geqslant2+2\sqrt{\frac{t}{3}·\frac{2}{3t}}=\frac{6 + 2\sqrt{2}}{3}$，当且仅当$\frac{t}{3}=\frac{2}{3t}$时取等号，即$\lambda + 2\mu$的最小值为$\frac{6 + 2\sqrt{2}}{3}$。

10. [数学文化,2025 江苏苏州期末]富比尼原理，又称为“算两次”思想，即对待同一个量，从不同的角度去考虑，以此建立等量关系或不等关系，从而达到解决问题的目的.如图，在边长为 $ 2 $ 的正九边形 $ ABCDEFGHI $ 中，$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AI}=$2；由向量关系$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DE}$，可得$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AI}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DE})·\overrightarrow{AI}$，进而得$\cos\frac{7\pi}{9}+\cos\frac{5\pi}{9}+\cos\frac{3\pi}{9}+\cos\frac{\pi}{9}$的值为$\frac{1}{2}$.

答案：
10.$2\frac{1}{2}$ 如图，取$AI$的中点$O$，连接$EI$，$EO$，由正九边形为轴对称图形，得$EI = EA$，$EO\perp AI$，因此$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AI}=(AO + OE)·\overrightarrow{AI}=AO·\overrightarrow{AI}+OE·\overrightarrow{AI}=2×1 + 0=2$.正九边形每个内角的弧度数为$\frac{7\pi}{9}$，任意一个内角的外角为$\frac{2\pi}{9}$，所以$\langle\overrightarrow{AI},\overrightarrow{AB}\rangle=\frac{7\pi}{9}$，$\langle\overrightarrow{AI},\overrightarrow{BC}\rangle=\frac{7\pi}{9}-\frac{2\pi}{9}=\frac{5\pi}{9}$，$\langle\overrightarrow{AI},\overrightarrow{CD}\rangle=\frac{5\pi}{9}-\frac{2\pi}{9}=\frac{3\pi}{9}$，$\langle\overrightarrow{AI},\overrightarrow{DE}\rangle=\frac{3\pi}{9}-\frac{2\pi}{9}=\frac{\pi}{9}$，因此$2 =\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AI}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DE})·\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BC}·\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{CD}·\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{DE}·\overrightarrow{AI}=2×2\cos\frac{7\pi}{9}+2×2\cos\frac{5\pi}{9}+2×2\cos\frac{3\pi}{9}+2×2\cos\frac{\pi}{9}$，所以$\cos\frac{7\pi}{9}+\cos\frac{5\pi}{9}+\cos\frac{3\pi}{9}+\cos\frac{\pi}{9}=\frac{1}{2}$。