《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

9. [2024·营口一中月考]$P$ 是 $\triangle ABC$ 所在平面内一点，满足 $|\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PC}|-|\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}-2\overrightarrow{PA}| = 0$，则 $\triangle ABC$ 不可能是(AD)

A.钝角三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等边三角形

答案： 9.AD[解析]因为P是$\triangle ABC$所在平面内一点，且$|\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PC}|-|\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}-2\overrightarrow{PA}|=0$，所以$|\overrightarrow{CB}|-|(\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA})+(\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PA})|=0$，即$|\overrightarrow{CB}| = |\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}|$，所以$|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}| = |\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}|$，两边平方并化简得$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{AB}=0$，所以$\overrightarrow{AC}\perp\overrightarrow{AB}$，所以$\angle A = 90^{\circ}$，则$\triangle ABC$一定是直角三角形。同时不能排除$|AB| = |AC|$。故选AD。

10. [2024·青岛二中月考]已知向量 $\boldsymbol{a}=(1,\sin\theta)$，$\boldsymbol{b}=(\cos\theta,\sqrt{2})$，则下列命题正确的有(BD)

A.存在 $\theta$，使得 $\boldsymbol{a}//\boldsymbol{b}$
B.当 $\tan\theta=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，$\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 垂直
C.对任意 $\theta$，都有 $|\boldsymbol{a}|\neq|\boldsymbol{b}|$
D.当 $\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=-\sqrt{3}$ 时，$\boldsymbol{a}$ 在 $\boldsymbol{b}$ 上的投影向量的模为 $-\frac{3\sqrt{7}}{7}$

答案： 10.BD[解析]A中，若$a// b$，则$\sqrt{2}=\sin\theta\cos\theta$，即$\sin2\theta=\sqrt{2}$，所以不存在这样的$\theta$，故A错误；B中，若$a\perp b$，则$\cos\theta+\sqrt{2}\sin\theta=0$，即$\cos\theta=-\sqrt{2}\sin\theta$，得$\tan\theta=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，故B正确；C中，$|a|=\sqrt{1+\sin^2\theta}$，$|b|=\sqrt{2+\cos^2\theta}$，当$\theta=\frac{\pi}{2}$时，$|a| = |b|$，故C错误；D中，由$a· b=\cos\theta+\sqrt{2}\sin\theta=-\sqrt{3}$，得$\cos^2\theta+2\sqrt{2}\sin\theta\cos\theta+2\sin^2\theta=3\cos^2\theta+3\sin^2\theta$，化简得$2\cos^2\theta+\sin^2\theta-2\sqrt{2}\sin\theta\cos\theta=0$，当$\cos\theta=0$时，$\sin\theta=\pm1$，$a· b=\pm\sqrt{2}$，与已知矛盾，故$\cos\theta\neq0$，将上式两边同除以$\cos^2\theta$得$\tan^2\theta-2\sqrt{2}\tan\theta+2=0$，即$(\tan\theta-\sqrt{2})^2=0$，
所以$\tan\theta=\sqrt{2}$，即$\frac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta}=2$，解得$\cos^2\theta=\frac{1}{3}$，设a与b的夹角为$\alpha$，则a在b上的投影向量的模为$|a|·\cos\alpha=\frac{a· b}{|b|}=\frac{-\sqrt{3}}{\sqrt{2+\cos^2\theta}}=\frac{-3\sqrt{7}}{7}$，故D正确。故选BD。

11. [2024·黄冈调研]如图，直线 $l$ 过 $\triangle ABC$ 的重心 $G$(三条中线的交点)，与边 $AB$，$AC$ 分别交于点 $P$，$Q$，且 $\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AQ}=\mu\overrightarrow{AC}$，直线 $l$ 将 $\triangle ABC$ 分成两部分，分别为 $\triangle APQ$ 和四边形 $PQCB$，其对应的面积依次记为 $S_{\triangle APQ}$ 和 $S_{四边形PQCB}$，则以下结论正确的有(BC)


A.$\lambda+\mu=\frac{4}{3}$
B.$\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\mu}=3$
C.$\frac{S_{四边形PQCB}}{S_{\triangle APQ}}$ 的最大值为 $\frac{5}{4}$
D.$\frac{S_{四边形PQCB}}{S_{\triangle APQ}}$ 的最大值为 $\frac{4}{3}$

答案： 11.BC[解析]因为G是$\triangle ABC$的重心，所以$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$。因为$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AQ}=\mu\overrightarrow{AC}$，所以$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3\lambda}\overrightarrow{AP}+\frac{1}{3\mu}\overrightarrow{AQ}$。因为P，G，Q三点共线，所以$\frac{1}{3\lambda}+\frac{1}{3\mu}=1$，即$\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\mu}=3$，B正确。因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}·\sin\angle BAC$，$S_{\triangle APQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{AQ}·\sin\angle BAC$，所以$S_{\triangle APQ}=\lambda\mu S_{\triangle ABC}$，$S_{四边形PQCB}=(1 - \lambda\mu)S_{\triangle ABC}$，所以$\frac{S_{四边形PQCB}}{S_{\triangle APQ}}=\frac{1 - \lambda\mu}{\lambda\mu}$。因为$\lambda＞0,\mu＞0$，所以$\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\mu}\geq2\sqrt{\frac{1}{\lambda\mu}}$，即$3\geq2\sqrt{\frac{1}{\lambda\mu}}$，所以$\frac{S_{四边形PQCB}}{S_{\triangle APQ}}\geq\frac{9}{4}-1=\frac{5}{4}$，C正确。故选BC。

12. [2024·北京四中期中]如图，在直角梯形 $ABCD$ 中，$AB// DC$，$AD\perp DC$，$AD = DC = 2AB$，$E$ 为 $AD$ 的中点，若 $\overrightarrow{CA}=\lambda\overrightarrow{CE}+\mu\overrightarrow{DB}$，则 $\lambda=$$\frac{6}{5}$，$\mu=$$\frac{2}{5}$.(本小题第一空 2 分，第二空 3 分)

答案： 12.$\frac{6}{5}\frac{2}{5}$[解析]以D为原点，DC边所在直线为x轴，
DA边所在直线为y轴建立平面直角坐标系。不妨设
$AB = 1$，则$D(0,0)$，$C(2,0)$，$A(0,2)$，$B(1,2)$，$E(0,1)$。
所以$\overrightarrow{CA}=(-2,2)$，$\overrightarrow{CE}=(-2,1)$，$\overrightarrow{DB}=(1,2)$，因为
$\overrightarrow{CA}=\lambda\overrightarrow{CE}+\mu\overrightarrow{DB}$，所以$(-2,2)=\lambda(-2,1)+\mu(1,2)$，
所以$\begin{cases}-2\lambda+\mu=-2\\\lambda+2\mu=2\end{cases}$
解得$\begin{cases}\lambda=\frac{6}{5}\\\mu=\frac{2}{5}\end{cases}$

13. [2024·唐山二中月考]如图所示，某海岛上一观察哨 $A$ 上午 11 时测得一轮船在海岛北偏东 $60^{\circ}$ 的 $C$ 处，12 时 20 分测得轮船在海岛北偏西 $60^{\circ}$ 的 $B$ 处，12 时 40 分轮船到达位于海岛正西方且距海岛 5 km 的 $E$ 港口，如果轮船始终匀速直线前进，则船速的大小为$\sqrt{93}km/h$.

答案： 13.$\sqrt{93}km/h$[解析]轮船从C到B用时80分钟，从B到E用时20分钟，而船始终匀速前进，由此可见，$BC = 4EB$。设$EB = x$，则$BC = 4x$，由已知得$\angle BAE = 30^{\circ}$，$\angle EAC = 150^{\circ}$。
在$\triangle AEC$中，由正弦定理得$\frac{EC}{\sin\angle EAC}=\frac{AE}{\sin\angle C}$，所以$\sin\angle C=\frac{AE·\sin\angle EAC}{EC}=\frac{5\sin150^{\circ}}{5x}=\frac{1}{2x}$。
在$\triangle ABC$中，由正弦定理得$\frac{BC}{\sin120^{\circ}}=\frac{AB}{\sin\angle C}$，所以$AB=\frac{BC·\sin\angle C}{\sin120^{\circ}}=\frac{4x·\frac{1}{2x}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
在$\triangle ABE$中，由余弦定理得$BE^2=AB^2+AE^2-2AB· AE·\cos30^{\circ}=\frac{16}{3}+25-2×\frac{4\sqrt{3}}{3}×5×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{31}{3}$，故$BE=\sqrt{\frac{31}{3}}$。
所以船速的大小为$\frac{BE}{t}=\frac{\sqrt{\frac{31}{3}}}{\frac{1}{3}}=\sqrt{93}(km/h)$。

14. [2024·武汉二中月考]平面向量 $\boldsymbol{a}_i$ 满足 $|\boldsymbol{a}_i| = 1(i = 0,1,2,3)$，且 $\sum_{i = 1}^{3}\boldsymbol{a}_i=\boldsymbol{0}$，则 $|\boldsymbol{a}_0+\boldsymbol{a}_1+\boldsymbol{a}_2|+|\boldsymbol{a}_0+\boldsymbol{a}_1+\boldsymbol{a}_3|+|\boldsymbol{a}_0+\boldsymbol{a}_2+\boldsymbol{a}_3|$ 的取值范围为$[2\sqrt{3},4]$.

答案：
14.$[2\sqrt{3},4]$[解析]因为向量$a_i$满足
$|a_i| = 1(i = 0,1,2,3)$，且$\sum_{i = 1}^{3}a_i = 0$，所以$a_1,a_2,a_3$对应的点A，B，C
在单位圆上（如图），且$\triangle ABC$是等边三角形，且$|a_0 + a_1 + a_2|+|a_0 + a_1 + a_3|+|a_0 + a_2 + a_3|=|a_0 - a_3|+|a_0 - a_2|+|a_0 - a_1|$，即圆上的E点到点A，B，C的距离之和，即$|EA| + |EB| + |EC|$。若点E不与A，B，C重合，不妨设点E在劣弧
AC上，则$|EA| + |EC| ＞ |AC|$，$|EB| ＞ |AB|$，所以$|EA| + |EB| + |EC| ＞ |AB| + |AC|$，故点E在圆上运动时，$|EA| + |EB| + |EC|\geq|AB| + |AC|$。又因为$\triangle ABC$为单位圆的内接等边三角形，所以$|AC| = |AB|=\sqrt{3}$，所以$|EA| + |EB| + |EC|\geq2\sqrt{3}$。由余弦定理可得，$|AC|^2=|EA|^2+|EC|^2-2|EA|·|EC|\cos\angle AEC$，易知$\angle AEC=\frac{2\pi}{3}$，所以$3=(|EA| + |EC|)^2-|EA|·|EC|$，所以$|EA|·|EC|=(|EA| + |EC|)^2-3\leq\frac{1}{4}(|EA| + |EC|)^2$，可得$|EA| + |EC|\leq2$，当且仅当$|EA| = |EC|$，即点E与点D（D为劣弧AC的中点）重合时，等号成立。又因为$|EB|\leq|BD| = 2$，所以$|EA| + |EB| + |EC|\leq4$，当且仅当E是劣弧AC的中点时，等号成立。所以$|a_0 + a_1 + a_2|+|a_0 + a_1 + a_3|+|a_0 + a_2 + a_3|$的取值范围为$[2\sqrt{3},4]$。