《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

4. [2024·烟台一中月考]已知$E$为平面内一定点且$|\overrightarrow{OE}|=1$，平面内的动点$P$满足：$\exists\lambda\geq1$，使$|\lambda\overrightarrow{OP}+(1-\lambda)\overrightarrow{OE}|=\frac{1}{2}$，求点$P$的轨迹所形成的平面图形的面积。

答案：
4.以 $O$ 为圆心，$\frac{1}{2}$ 为半径作圆，过 $E$ 作圆 $O$ 的切线 $EA$，$EB$ 分别与圆 $O$ 相切于点 $A$，$B$，连接 $OA$，$OB$，延长 $EO$ 与圆 $O$ 交于点 $F$，如图所示. 设点 $Q$ 满足 $\overrightarrow{OQ}=\lambda\overrightarrow{OP}+(1-\lambda)\overrightarrow{OE}$，则 $\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OE}=\lambda\overrightarrow{OP}-\lambda\overrightarrow{OE}$，即 $\overrightarrow{EQ}=\lambda\overrightarrow{EP}$，由 $\lambda\geqslant1$，可知点 $Q$ 在 $EP$ 的延长线上. 若要存在 $\lambda\geqslant1$ 使得 $|\overrightarrow{OQ}|=\frac{1}{2}$，相当于 $EP$ 的延长线与圆 $O$ 有交点，故点 $P$ 只能在图中阴影部分，所以点 $P$ 的轨迹所形成的平面图形的面积 $S=S_{\triangle AOE}+S_{\triangle BOE}+S_{扇形AOF}+S_{扇形BOF}$. 因为 $EA$ 与圆 $O$ 相切于点 $A$，所以 $OA\perp AE$，且 $OA=\frac{1}{2}$，$OE=1$，由勾股定理可知，$AE=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以 $S_{\triangle AOE}=\frac{\sqrt{3}}{8}$，同理可得 $S_{\triangle BOE}=\frac{\sqrt{3}}{8}$. 易知 $\angle AOE=60^{\circ}$，所以 $\angle AOF=120^{\circ}$，所以 $S_{扇形AOF}=\frac{1}{3}×\pi×(\frac{1}{2})^2=\frac{\pi}{12}$，同理可得 $S_{扇形BOF}=\frac{\pi}{12}$，所以 $S=\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\pi}{6}$. 综上所述，点 $P$ 的轨迹所形成的平面图形的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\pi}{6}$.

5. [2024·黄冈检测]在$\triangle ABC$所在平面内有一点$P$，满足$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{AB}$，则$\triangle PBC$与$\triangle ABC$的面积的比值是(C)

A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$\frac{3}{4}$

答案： 5.C[解析]由 $\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{AB}$，得 $\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{PC}=0$，即 $\overrightarrow{PC}=2\overrightarrow{AP}$，所以 $P$ 是 $CA$ 边上的一个三等分点，且 $PC=2AP$，故 $\frac{S_{\triangle PBC}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{2}{3}$.

6. [2024·泉州德化一中期末]已知$O$是$\triangle ABC$所在平面内一点，$D$为$BC$边的中点，且$2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\boldsymbol{0}$，那么$\triangle ABC$的面积是$\triangle OBD$的面积的(C)

A.$2$倍
B.$3$倍
C.$4$倍
D.$6$倍

答案： 6.C[解析]由题意得 $2\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OD}=0$，所以 $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{DO}$，即 $O$ 为 $AD$ 中点，所以 $S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ABD}=4S_{\triangle OBD}$.

7. [2024·哈师大附中月考]在$\triangle ABC$中，$D$为$BC$的中点，$O$为$AD$的中点，过$O$作一直线分别交$AB,AC$于$M,N$两点，若$\overrightarrow{AM}=x\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AN}=y\overrightarrow{AC}(xy\neq0)$，则$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=$(C)

A.$3$
B.$2$
C.$4$
D.$\frac{1}{4}$

答案： 7.C[解析]在 $\triangle ABC$ 中，$D$ 为 $BC$ 的中点，$O$ 为 $AD$ 的中点，若 $\overrightarrow{AM}=x\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AN}=y\overrightarrow{AC}$，则 $\overrightarrow{MO}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AM}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})-x\overrightarrow{AB}=(\frac{1}{4}-x)\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$，$\overrightarrow{ON}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AO}=y\overrightarrow{AC}-\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=-\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}+(y-\frac{1}{4})\overrightarrow{AC}$. 因为 $\overrightarrow{MO}//\overrightarrow{ON}$，所以设 $\overrightarrow{MO}=\lambda\overrightarrow{ON}$，则 $(\frac{1}{4}-x+\frac{1}{4}\lambda)\overrightarrow{AB}=[\lambda(y-\frac{1}{4})-\frac{1}{4}]\overrightarrow{AC}$. 因为 $\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AC}$ 不共线，所以 $\begin{cases}\frac{1}{4}-x+\frac{1}{4}\lambda=0,\\\lambda(y-\frac{1}{4})-\frac{1}{4}=0,\end{cases}$ 所以 $\frac{1}{4}(x+y)-xy=0$，整理得 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=4$. 故选C.

8. 在$\triangle ABC$中，若点$P$满足$\overrightarrow{AP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$，点$Q$满足$\overrightarrow{AQ}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$，则$\triangle APQ$与$\triangle ABC$的面积的比值为(B)

A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{5}{12}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{9}{16}$

答案： 8.B[解析]因为 $\overrightarrow{AP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$，所以 $\frac{1}{3}(\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB})=\frac{2}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AP})$，即 $\overrightarrow{BP}=2\overrightarrow{PC}$，所以 $P$ 为线段 $BC$ 上靠近 $C$ 点的三等分点. 又 $\overrightarrow{AQ}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$，所以 $\frac{3}{4}(\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AB})=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AQ})$，即 $3\overrightarrow{BQ}=\overrightarrow{QC}$，所以 $Q$ 为线段 $BC$ 上靠近 $B$ 点的四等分点，所以 $PQ=\frac{5}{12}BC$，所以 $\triangle APQ$ 与 $\triangle ABC$ 的面积的比值为 $\frac{S_{\triangle APQ}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{PQ}{BC}=\frac{5}{12}$.

9. 已知点$O$是$\triangle ABC$的内心，若$\overrightarrow{AO}=\frac{3}{7}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{7}\overrightarrow{AC}$，则$\cos\angle BAC=$$\frac{1}{6}$。

答案：
9.$\frac{1}{6}$[解析]如图，取 $AB$ 的中点 $D$，连接 $OB$，$OC$，$OD$. 因为 $-\overrightarrow{OA}=\frac{3}{7}(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})+\frac{1}{7}(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})$，即 $\overrightarrow{OC}=-3(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})=-6\overrightarrow{OD}$，所以点 $C$，$O$，$D$ 共线. 又 $\angle ACO=\angle BCO$，所以 $AC=BC$，且 $CD\perp AB$，所以 $\cos\angle BAC=\frac{AD}{AC}$. 又由 $OA$ 为 $\angle BAC$ 的平分线可知 $\frac{AD}{AC}=\frac{OD}{OC}=\frac{1}{6}$，即 $\cos\angle BAC=\frac{1}{6}$.

10. [2024·银川一中月考]已知$P,Q$是$\triangle ABC$所在平面内的两个定点，且满足$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC}=\boldsymbol{0}$，$2\overrightarrow{QA}+\overrightarrow{QB}+\overrightarrow{QC}=\overrightarrow{BC}$。若$|\overrightarrow{PQ}|=\lambda|\overrightarrow{BC}|$，则实数$\lambda=$$\frac{1}{2}$。

答案： 10.$\frac{1}{2}$[解析]由 $\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC}=0$，知 $\overrightarrow{PA}=-\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{CP}$，所以 $P$ 是边 $AC$ 的中点. 因为 $2\overrightarrow{QA}+\overrightarrow{QB}+\overrightarrow{QC}=\overrightarrow{BC}$，所以 $2\overrightarrow{QA}=\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{QB}-\overrightarrow{QC}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CQ}+\overrightarrow{BQ}=2\overrightarrow{BQ}$，从而有 $\overrightarrow{QA}=\overrightarrow{BQ}$，故 $Q$ 是边 $AB$ 的中点，所以 $PQ$ 是 $\triangle ABC$ 的中位线，所以 $|\overrightarrow{PQ}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{BC}|$，故 $\lambda=\frac{1}{2}$.

11. [2024·鞍山一中月考]如图，在$\triangle ABC$中，点$O$在$BC$边上，且$\overrightarrow{BO}=2\overrightarrow{OC}$，过点$O$的直线与直线$AB,AC$分别交于$M,N$两点($M,N$不与点$B,C$重合)，若$\overrightarrow{AM}=m\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AN}=n\overrightarrow{AC}$，则$\frac{mn}{2m+n}=$$\frac{1}{3}$。

答案： 11.$\frac{1}{3}$[解析]由 $\overrightarrow{BO}=2\overrightarrow{OC}$，得 $\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AB}=2(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AO})$，即 $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$. 因为 $M$，$O$，$N$ 三点共线，设 $\overrightarrow{MO}=\lambda\overrightarrow{ON}$，则 $\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AM}=\lambda(\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AO})$，整理可得 $(\lambda+1)\overrightarrow{AO}=m\overrightarrow{AB}+\lambda n\overrightarrow{AC}$，即 $\frac{m}{m+1}\overrightarrow{AB}+\frac{\lambda n}{\lambda+1}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$，即 $(\frac{m}{m+1}-\frac{1}{3})\overrightarrow{AB}+(\frac{\lambda n}{\lambda+1}-\frac{2}{3})\overrightarrow{AC}=0$. 因为 $\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AC}$ 不共线，所以 $\begin{cases}\frac{m}{m+1}-\frac{1}{3}=0,\frac{\lambda n}{\lambda+1}-\frac{2}{3}=0,\end{cases}$ 所以 $\frac{1}{3m}+\frac{2}{3n}=0$，所以 $\frac{1}{3m}+\frac{\lambda}{\lambda+1}=1$，则 $\frac{1}{m}+\frac{2}{n}=3$，即 $\frac{n+2m}{mn}=3$，所以 $\frac{n}{2m+n}=\frac{1}{3}$.

12. [2024·信阳高中月考]已知$O$是线段$AB$外一点，若$\overrightarrow{OA}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{OB}=\boldsymbol{b}$。
(1)如图1，设点$G$是$\triangle OAB$的重心，求证：$\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})$；
(2)如图2，设$A_1,A_2$是线段$AB$的三等分点，$\triangle OAA_1,\triangle OA_1A_2$及$\triangle OA_2B$的重心依次为$G_1,G_2,G_3$，试用向量$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}$表示$\overrightarrow{OG_1}+\overrightarrow{OG_2}+\overrightarrow{OG_3}$；
(3)如果在线段$AB$上有若干个等分点，请你写出一个正确的结论。(不必证明)

答案： 12.
(1)证明：延长 $OG$ 交 $AB$ 于点 $E$ (图略)，易知 $E$ 为 $AB$ 的中点，则 $\overrightarrow{OG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OE}=\frac{2}{3}×\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})$.
(2)因为 $G_1$，$G_2$，$G_3$ 分别是 $\triangle OAA_1$，$\triangle OA_1A_2$，$\triangle OA_2B$ 的重心，所以 $\overrightarrow{OG_1}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OA_1})$，$\overrightarrow{OG_2}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OA_2})$，$\overrightarrow{OG_3}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA_2}+\overrightarrow{OB})$. 又 $A_1$，$A_2$ 是线段 $AB$ 的三等分点，所以 $\overrightarrow{OG_1}+\overrightarrow{OG_2}+\overrightarrow{OG_3}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})+\frac{2}{3}[\overrightarrow{a}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+\overrightarrow{a}+\frac{2}{3}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})]=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$.
(3)结论一：设 $A_1$，$A_2$，$·s$，$A_{n - 1}$ 是线段 $AB$ 的 $n$ 等分点，则 $\overrightarrow{OA_k}+\overrightarrow{OA_{n - k}}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}(k = 1,2,·s,n - 1)$. 结论二：设 $A_1$，$A_2$，$·s$，$A_{n - 1}$ 是线段 $AB$ 的 $n$ 等分点，则 $\overrightarrow{OA_1}+\overrightarrow{OA_2}+·s+\overrightarrow{OA_{n - 1}}=\frac{n - 1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})$. 结论三：设 $A_1$，$A_2$，$·s$，$A_{n - 1}$ 是线段 $AB$ 的 $n$ 等分点，$G_1$，$G_2$，$·s$，$G_n$ 分别是 $\triangle OAA_1$，$\triangle OA_1A_2$，$·s$，$\triangle OA_{n - 1}B$ 的重心，则 $\overrightarrow{OG_1}+\overrightarrow{OG_2}+·s+\overrightarrow{OG_n}=\frac{n}{3}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})$.(给出其中之一即可)