《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

1. [2025 安徽合肥九中质检]已知在矩形ABCD中,$AD=1$，E为BC的中点，则$\overrightarrow {BE}· \overrightarrow {ED}$的值为(C)

A.$-1$
B.$-\frac {1}{4}$
C.$\frac {1}{4}$
D.$1$

答案： 1.C 因为$BE\perp CD$,$\vert BE\vert=\vert EC\vert=\frac{1}{2}$,所以$BE· ED=BE·(EC + CD)=BE· EC + BE· CD=\vert BE\vert·\vert EC\vert·\cos0°=\frac{1}{4}$.

2. [生活生产,2025广东五校联考]如图,某校高一几位同学测量平地上某建筑物CP的高度,从地面上一点A观察建筑物顶部P的仰角为α,朝建筑物方向向前20m到达点B,从点B观察P的仰角为$\frac {3α}{2}$,则建筑物CP的高度为(A)


A.$40\cos \frac{\alpha }{2}\sin \frac{3\alpha }{2}m$
B.$40\sin \frac{\alpha }{2}\sin \frac{3\alpha }{2}m$
C.$20\cos \frac{\alpha }{2}\sin \frac{3\alpha }{2}m$
D.$20\sin \frac{\alpha }{2}\sin \frac{3\alpha }{2}m$

答案： 2.A 设建筑物高度为$h$,$AC = \frac{h}{\tan\alpha}$,$BC=\frac{h}{\tan\frac{3\alpha}{2}}$,$AB = 20m$,且$AC - BC = AB$,因此$\frac{h}{\tan\alpha}-\frac{h}{\tan\frac{3\alpha}{2}}=20$,即$\frac{h}{\cos\alpha}·\frac{\cos\frac{3\alpha}{2}}{\sin\frac{3\alpha}{2}} = 20$,所以$\frac{h\cos\alpha}{\sin\alpha}·\frac{\cos\frac{3\alpha}{2}}{\sin\frac{3\alpha}{2}}=20$,即$h(\cos\alpha\sin\frac{3\alpha}{2}-\cos\frac{3\alpha}{2}\sin\alpha)\sin\frac{\alpha}{2}=h\sin(\frac{3\alpha}{2}-\alpha)=h\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\sin\alpha\sin\frac{3\alpha}{2}} = 20$,则$h = 20·\frac{\sin\alpha\sin\frac{3\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}}$,又$\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\sin\alpha\sin\frac{3\alpha}{2}}=20$,则$h = 20·\frac{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{3\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}}=40\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{3\alpha}{2}$.

3. [2024江苏徐州一中期末]如图,已知在$\triangle ABC$中,$AD=2DB,AE=3EC$,CD与BE交于点F,若$\overrightarrow {AB}=a,\overrightarrow {AC}=b,\overrightarrow {AF}=xa+yb$,则$(x,y)=$(A)


A.$(\frac {1}{3},\frac {1}{2})$
B.$(\frac {1}{4},\frac {1}{3})$
C.$(\frac {3}{7},\frac {3}{7})$
D.$(\frac {2}{5},\frac {9}{10})$

答案： 3.A 设$\overrightarrow{BF}=\lambda\overrightarrow{BE}$,$\overrightarrow{CF}=\mu\overrightarrow{CD}$.因为$AD = 2DB$,$AE = 3EC$,所以$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AB}+\lambda\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AB}+\lambda(\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AB}+\lambda(\frac{3}{4}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=(1 - \lambda)\overrightarrow{AB}+\frac{3}{4}\lambda\overrightarrow{AC}$,同理$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{AC}+\mu\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AC}+\mu(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})=\overrightarrow{AC}+\mu(\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})=\frac{2}{3}\mu\overrightarrow{AB}+(1 - \mu)\overrightarrow{AC}$.因为平面向量基本定理可知向量$\overrightarrow{AF}$用不共线的两个向量线性表示是唯一的,所以$\begin{cases}1 - \lambda=\frac{2}{3}\mu\frac{3}{4}\lambda=1 - \mu\end{cases}$,解得$\begin{cases}\lambda=\frac{2}{3}\\\mu=\frac{1}{2}\end{cases}$,所以$\overrightarrow{AF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$,即$(x,y)=(\frac{1}{3},\frac{1}{2})$.

4. [新情景,多选题,2025江苏江阴月考]将锐角三角形ABC置于平面直角坐标系中,$B(-1,0),C(1,0)$,A为x轴上方一点,设$\triangle ABC$中,角A,B,C的对边分别为a,b,c且$bc\cos A=8$,则$\triangle ABC$的外心的纵坐标可能落在的区间是(BD)

A.$(0,1)$
B.$(\frac {1}{2},\frac {7}{5})$
C.$(2,\frac {7}{2})$
D.$(\frac {27}{20},\frac {3}{2})$

答案：
4.BD 由题知,$a = 2$,$b\cos A = 8$,由余弦定理得$16 = b^{2}+c^{2}-4$,则$b^{2}+c^{2}=20$,又$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{4 + b^{2}-(20 - b^{2})}{4b}＞0$,解得$b＞2\sqrt{2}$,同理$c＞2\sqrt{2}$,所以$8 ＜b^{2}=20 - c^{2}＜12$,所以$b^{2}c^{2}=b^{2}(20 - b^{2})=-(b^{2}-10)^{2}+ 100$,由二次函数性质可得$96 ＜ b^{2}c^{2}\leq100$,即$4\sqrt{6}＜bc\leq10$,又$\cos A=\frac{8}{bc}＞0$,所以$\cos A\in[\frac{4}{5},\frac{\sqrt{6}}{3})$,所以$\frac{16}{25}＜\cos^{2}A＜\frac{2}{3}$.因为$A$为锐角,所以$\sin A=\sqrt{1-\cos^{2}A}\in(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{3}{5}]$,所以$\frac{5}{3}\leq\frac{1}{\sin A}＜\sqrt{3}$,则$2R=\frac{2}{\sin A}\in[\frac{10}{3},2\sqrt{3})$,即$R\in[\frac{5}{3},\sqrt{3})$,由外心定义可知,$\triangle ABC$的外心的纵坐标为$y_0$,则$y_0 = \sqrt{R^{2}-1}\in[\frac{4}{3},\sqrt{2})$,因为$[\frac{4}{3},\sqrt{2})$与$(\frac{1}{2},\frac{7}{5})$和$(\frac{27}{20},\frac{3}{2})$的交集非空,与$(0,1)$和$(2,\frac{7}{2})$的交集为空集,所以B,D正确,A,C错误

5. [数学文化,2025北京通州期中]我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理,创制了一幅“弦图”,后人称为“赵爽弦图”.它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图所示,若$|\overrightarrow {AB}|=2\sqrt {5},\overrightarrow {AF}=\frac {1}{2}\overrightarrow {AE}$,则向量$\overrightarrow {DC}$在$\overrightarrow {BF}$上的投影向量的模为4;设$\overrightarrow {DA}=a,\overrightarrow {DC}=b$,若$\overrightarrow {AE}=λa+\mu b$,则$λ+\mu =$$-\frac{2}{5}$.

答案：
5.$4\frac{2}{5}$ 因为$\overrightarrow{AF}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AE}$,且四个直角三角形全等,所以$BF = 2AF$,又$\vert\overrightarrow{AB}\vert=2\sqrt{5}$,所以$BF^{2}+AF^{2}=5AF^{2}=AB^{2}=20$,故$BF = 4$,$AF = 2$,因为$BF// DE$,且四个三角形均为直角三角形,所以向量$\overrightarrow{DC}$在$\overrightarrow{BF}$上的投影向量的模即$BF = 4$.如图所示,过点$E$作$EM\perp AD$于点$M$,过点$E$作$EN\perp AB$于点$N$,则$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN}$,由前述分析知,$AE = 4$,$\cos\angle DAE=\frac{2\sqrt{5}}{5}$,$\cos\angle EAB=\frac{\sqrt{5}}{5}$,所以$AM=\frac{8\sqrt{5}}{5}=\frac{4}{5}AD$,$AN=\frac{4\sqrt{5}}{5}=\frac{2}{5}AB$,故$\overrightarrow{AM}=\frac{4}{5}\overrightarrow{AD}=-\frac{4}{5}\overrightarrow{DA}$,$\overrightarrow{AN}=\frac{2}{5}\overrightarrow{AB}=\frac{2}{5}\overrightarrow{DC}$,所以$\overrightarrow{AE}=-\frac{4}{5}\overrightarrow{DA}+\frac{2}{5}\overrightarrow{DC}$,又$\overrightarrow{AE}=\lambda\boldsymbol{a}+\mu\boldsymbol{b}$,所以$\lambda=-\frac{4}{5}$,$\mu=\frac{2}{5}$,$\lambda+\mu=-\frac{2}{5}$.

6. [2025福建龙岩期中]在$\triangle ABC$中,D是线段BC的中点,点E在线段AC上,线段AD与线段BE交于点P.
(1)已知$AC=6,AB=4,∠BAC=60^{\circ },\overrightarrow {AE}=2\overrightarrow {EC}$.
①用向量$\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC}$表示向量$\overrightarrow {AD},\overrightarrow {BE}$;
②求$\overrightarrow {AD}· \overrightarrow {BE}$的值.
(2)若$\frac {|\overrightarrow {AP}|}{|\overrightarrow {AD}|}=\frac {4}{7}$,求$\frac {|\overrightarrow {AE}|}{|\overrightarrow {EC}|}$的值.

答案： 6.解：
(1)①因为$D$是线段$BC$的中点,所以$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$.因为$\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{EC}$,所以$\overrightarrow{AE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$,则$\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AB}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$.
②由①可知$\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{BE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})·(\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}^{2}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}^{2}-\frac{1}{6}\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{AB}$,因为$AC = 6$,$AB = 4$,$\angle BAC = 60^{\circ}$,所以$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{AB}=6×4×\frac{1}{2}=12$,则$\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{BE}=\frac{1}{3}×6^{2}-\frac{1}{2}×4^{2}-\frac{1}{6}×12=2$.
(2)因为$\frac{\vert\overrightarrow{AP}\vert}{\vert\overrightarrow{AD}\vert}=\frac{4}{7}$,所以$\overrightarrow{AP}=\frac{4}{7}\overrightarrow{AD}=\frac{2}{7}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{7}\overrightarrow{AC}$,因为$B$,$P$,$E$三点共线,所以存在实数$t$,使得$\overrightarrow{AP}=t\overrightarrow{AB}+(1 - t)\overrightarrow{AE}$,设$\overrightarrow{AE}=k\overrightarrow{AC}$,则$\overrightarrow{AP}=t\overrightarrow{AB}+(1 - t)\overrightarrow{AC}$,所以$\begin{cases}t=\frac{2}{7}\\k(1 - t)=\frac{2}{7}\end{cases}$,解得$k=\frac{2}{5}$,故$\frac{\vert\overrightarrow{AE}\vert}{\vert\overrightarrow{EC}\vert}=\frac{2}{3}$.