《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

8. 一条东西方向的河流两岸平行，河宽$250\sqrt{3}$m，河水的速度为向正东3km/h。一艘小货船准备从河南岸码头P处出发，航行到河对岸Q(PQ与河的方向垂直)的正西方向并且与Q相距250m的码头M处卸货。若水流的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为5km/h，则当小货船的航程最短时，小货船航行速度的大小为(C)

A.$3\sqrt{3}$km/h
B.6km/h
C.7km/h
D.$3\sqrt{6}$km/h

答案：
8.C [解析]由题意，当小货船的航程最短时，航线路线为线段$PM$，设小货船航行速度为$\mathbf{v}$，水流的速度为$\mathbf{v}_1$，水流的速度与小货船航行的速度的合速度为$\mathbf{v}_2$，作出示意图如图所示. 在$Rt \triangle PQM$中，$PQ = 250\sqrt{3} m$，$QM = 250 m$，则$\tan\angle PMQ = \frac{PQ}{QM} = \frac{250\sqrt{3}}{250} = \sqrt{3}$，所以$\angle PMQ = \frac{\pi}{3}$，$\angle MPQ = \frac{\pi}{6}$，所以$\langle \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2 \rangle = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$. 因为$\mathbf{v} = \mathbf{v}_2 - \mathbf{v}_1$，所以$|\mathbf{v}| = \sqrt{(\mathbf{v}_2 - \mathbf{v}_1)^2} = \sqrt{|\mathbf{v}_2|^2 + |\mathbf{v}_1|^2 - 2|\mathbf{v}_1| · |\mathbf{v}_2| · \cos\frac{2\pi}{3}} = \sqrt{5^2 + 3^2 - 2 × 5 × 3 \cos\frac{2\pi}{3}} = 7$，所以小货船航行速度的大小为$7 km/h$. 故选C.

9. (多选)在日常生活中，我们有这样的经验：两个人共提一个行李包，夹角越大越费力。从这个现象中可抽象出如图所示的数学模型。假设行李包所受重力为$\boldsymbol{G}$，两个拉力分别为$\boldsymbol{F}_{1}$，$\boldsymbol{F}_{2}$，若$|\boldsymbol{F}_{1}| = |\boldsymbol{F}_{2}|$，$\boldsymbol{F}_{1}$与$\boldsymbol{F}_{2}$的夹角为$\theta$，则(ACD)


A.$|\boldsymbol{F}_{1}|$的最小值为$\frac{1}{2}|\boldsymbol{G}|$
B.$\theta$的范围为$[0,\pi]$
C.当$\theta=\frac{\pi}{2}$时，$|\boldsymbol{F}_{1}|=\frac{\sqrt{2}}{2}|\boldsymbol{G}|$
D.当$\theta=\frac{2\pi}{3}$时，$|\boldsymbol{F}_{1}| = |\boldsymbol{G}|$

答案： 9.ACD [解析]由题意，知$\theta \in [0, \pi)$，$B$错误. 当行李包处于平衡状态时，$|\mathbf{F}_1| = |\mathbf{F}_2| = \frac{|\mathbf{G}|}{2\cos\frac{\theta}{2}}$，所以$|\mathbf{F}_1|$的最小值为$\frac{1}{2}|\mathbf{G}|$，故$A$正确. 当$\theta = \frac{\pi}{2}$时，$|\mathbf{F}_1| = \frac{\sqrt{2}}{2}|\mathbf{G}|$，故$C$正确. 当$\theta = \frac{2\pi}{3}$时，$|\mathbf{F}_1| = |\mathbf{G}|$，故$D$正确. 故选ACD.

10. 如图，在一个平面内，一质点O受三个力$\boldsymbol{F}_{1}$，$\boldsymbol{F}_{2}$，$\boldsymbol{F}_{3}$的作用保持平衡，其中$\boldsymbol{F}_{3}$与$\boldsymbol{F}_{2}$的夹角为$\alpha$，$\boldsymbol{F}_{3}$与$\boldsymbol{F}_{1}$的夹角为$\beta$。
（1）若$\alpha = 120^{\circ}$，$\beta = 150^{\circ}$，$|\boldsymbol{F}_{3}| = 10$，求力$\boldsymbol{F}_{1}$，$\boldsymbol{F}_{2}$的大小；
（2）若$|\boldsymbol{F}_{1}|:|\boldsymbol{F}_{2}|:|\boldsymbol{F}_{3}| = 1:\sqrt{2}:\sqrt{3}$，求$\alpha$与$\beta$的余弦值。

答案：
10.
(1)因为质点在$\mathbf{F}_1$，$\mathbf{F}_2$，$\mathbf{F}_3$的作用下保持平衡，所以$\mathbf{F}_1 + \mathbf{F}_2 + \mathbf{F}_3 = 0$，所以$\mathbf{F}_3 = -(\mathbf{F}_1 + \mathbf{F}_2)$. 又$\alpha = 120°$，$\beta = 150°$，所以$\mathbf{F}_1$与$\mathbf{F}_2$的夹角为$90°$，如图1. 易得$\angle 1 = 30°$，所以$|\mathbf{F}_1| = |\mathbf{F}_3| × \cos 30° = 10 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}$，$|\mathbf{F}_2| = |\mathbf{F}_3| × \sin 30° = 10 × \frac{1}{2} = 5$.

(2)因为$|\mathbf{F}_1| : |\mathbf{F}_2| : |\mathbf{F}_3| = 1 : \sqrt{2} : \sqrt{3}$，且质点处于平衡状态，所以以$|\mathbf{F}_1|$，$|\mathbf{F}_2|$，$|\mathbf{F}_3|$为边长的三角形为直角三角形，如图2. 则$\cos\angle 1 = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，$\cos\angle 2 = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，所以$\cos\beta = \cos(\pi - \angle 1) = -\cos\angle 1 = -\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\cos\alpha = \cos(\pi - \angle 2) = -\cos\angle 2 = -\frac{\sqrt{6}}{3}$.

1. [2024·济南一中月考]在四边形ABCD中，若$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a}+2\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{BC}=-4\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{CD}=-5\boldsymbol{a}-3\boldsymbol{b}$，其中$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$不共线，则四边形ABCD为(C)

A.平行四边形
B.矩形
C.梯形
D.菱形

答案： 1.C [解析]因为$\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CD} = \mathbf{a} + 2\mathbf{b} + (-4\mathbf{a} - \mathbf{b}) + (-5\mathbf{a} - 3\mathbf{b}) = -8\mathbf{a} - 2\mathbf{b}$，所以$\overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{BC}$，即$AD // BC$. 易知$AB$与$CD$不平行，所以四边形$ABCD$是梯形.

2. 若平面四边形ABCD满足$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\boldsymbol{0}$，$\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}$在$\overrightarrow{AC}$上的投影向量的模是0，则该四边形一定是(C)

A.直角梯形
B.矩形
C.菱形
D.正方形

答案： 2.C [解析]因为$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD} = 0$，所以$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}$，所以平面四边形$ABCD$为平行四边形. 又$\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{DB}$，$\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AD}$在$\overrightarrow{AC}$上的投影向量的模是$0$，所以$\overrightarrow{DB} · \overrightarrow{AC} = 0$，即$\overrightarrow{DB} \perp \overrightarrow{AC}$，所以平行四边形$ABCD$为菱形. 故选C.

3. [2024·武汉十一中月考]已知$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AC}$是非零向量，且满足$(\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC})\perp\overrightarrow{AB}$，$(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB})\perp\overrightarrow{AC}$，则△ABC是(A)

A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等边三角形

答案： 3.A [解析]因为$(\overrightarrow{AB} - 2\overrightarrow{AC}) \perp \overrightarrow{AB}$，所以$(\overrightarrow{AB} - 2\overrightarrow{AC}) · \overrightarrow{AB} = 0$，所以$\overrightarrow{AB^2} - 2\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{AB} = 0$，所以$\overrightarrow{AB^2} = 2\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{AB}$. 因为$(\overrightarrow{AC} - 2\overrightarrow{AB}) \perp \overrightarrow{AC}$，所以$(\overrightarrow{AC} - 2\overrightarrow{AB}) · \overrightarrow{AC} = 0$，所以$\overrightarrow{AC^2} - 2\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} = 0$，所以$\overrightarrow{AC^2} = 2\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC}$，所以$\overrightarrow{AB^2} = \overrightarrow{AC^2}$，所以$|\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{AC}|$，所以$\triangle ABC$是等腰三角形.

4. [2024·衢州一中期中]在△ABC中，$(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA})·\overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AC}|^{2}$，则△ABC一定是(C)

A.等边三角形
B.等腰三角形
C.直角三角形
D.等腰直角三角形

答案： 4.C [解析]由$(\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BA}) · \overrightarrow{AC} = |\overrightarrow{AC}|^2$，得$\overrightarrow{AC} · (\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BA} - \overrightarrow{AC}) = 0$，即$\overrightarrow{AC} · (\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{CA}) = 0$，所以$2\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{BA} = 0$，所以$\overrightarrow{AC} \perp \overrightarrow{BA}$，所以$A = 90°$. 故选C.