《2025年零失误分层训练高中数学必修第二册人教版黑吉辽内蒙古专版》

2. 已知$\triangle ABC$内接于$\odot O$，$AB = c,BC = a,CA = b$，$\odot O$的半径为$r$.
(1)若$\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+\sqrt{3}\overrightarrow{OC}=\boldsymbol{0}$，试求$\angle BOC$的大小；
(2)若$A$为动点，$\angle BAC = 60°$，$\overrightarrow{AO}=\lambda\overrightarrow{OC}+\mu\overrightarrow{OB}$，试求$\lambda +\mu$的最大值.

答案：
2.
(1)解：
∵$\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+\sqrt{3}\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$，
∴$\overrightarrow{AO}=2\overrightarrow{OB}+\sqrt{3}\overrightarrow{OC}$，
∴$\overrightarrow{AO}^2=(2\overrightarrow{OB}+\sqrt{3}\overrightarrow{OC})^2$.
∵$\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OC}=r$，
∴$r^2 = 4r^2 + 2×2×\sqrt{3}r^2×\cos\angle BOC + 3r^2$，
解得$\cos\angle BOC=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由题意得$\angle BOC\in(0, \pi)$，
∴$\angle BOC=\frac{5\pi}{6}$.
(2)解法1(等和线)：过点O作OD'⊥BC交BC于D，交⊙O于D'，连接BD'，CD'，过点D作B'C'//BC，交OB的延长线于B'，交OC的延长线于C'，延长AO交⊙O于A'.
∵$\overrightarrow{AO}=\lambda\overrightarrow{OC}+\mu\overrightarrow{OB}$，且$\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{OA'}$，
∴$\overrightarrow{OA'}=\lambda\overrightarrow{OC}+\mu\overrightarrow{OB}$.
∵OD'⊥BC交BC于D，交⊙O于D'，且过点D的直线B'C'//BC，
∴直线B'C'与⊙O相切于点D'.
∵OD'⊥BC交BC于D，
∴OD垂直平分线段BC.
∵$\angle BAC = 60^{\circ}$，
∴$\angle BOC = 2\angle BAC = 120^{\circ}$.
∵$\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OC}$，OD垂直平分线段BC，

∴OD平分$\angle BOC$，
∴$\angle BOD=\frac{\angle BOC}{2}=60^{\circ}$，
∴$OD = \overrightarrow{OB}\cos\angle BOD=\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}=\frac{1}{2}OD'$.
∵当A'与D'重合时，$\lambda + \mu = k$取得最大值，$k_{max}=\frac{\overrightarrow{OB'}}{\overrightarrow{OB}}=\frac{\overrightarrow{OD'}}{\overrightarrow{OD}} = 2$，
∴$\lambda + \mu$的最大值为2.
解法2：
∵⊙O中，$\angle BAC = 60^{\circ}$，
∴$\angle BOC = 120^{\circ}$.
∵$\overrightarrow{AO}=\lambda\overrightarrow{OC}+\mu\overrightarrow{OB}$，
∴$\overrightarrow{AO}^2=(\lambda\overrightarrow{OC}+\mu\overrightarrow{OB})^2$，
∴$r^2=\lambda^2r^2 + 2×\lambda×\mu r^2×\cos120^{\circ}+\mu^2r^2$，
∴$\lambda^2+\mu^2=\lambda\mu + 1$.
根据题意，可知$\lambda＞0$，$\mu＞0$，
∴$(\lambda + \mu)^2 = 3\lambda\mu + 1\leqslant3×\frac{(\lambda + \mu)^2}{4}+1$(当且仅当$\lambda = \mu$时等号成立)，
∴$(\lambda + \mu)^2\leqslant4$，
∴$\lambda + \mu\leqslant2$，
∴$\lambda + \mu$的最大值为2.

3. 已知点$G$是$\triangle ABC$的重心，点$P$是$\triangle GBC$内一点（不包括边界），设$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{b}$.
(1)试用$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}$表示$\overrightarrow{AG}$；
(2)若$\overrightarrow{AP}=\lambda\boldsymbol{a}+\mu\boldsymbol{b}$，求$\lambda +\mu$的取值范围.

答案：
3.
(1)解：如图1，延长AG，交BC于点D，则D为BC的中点，
$\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AD}=\frac{2}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD})=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\frac{2}{3}\left[\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})\right]=\frac{1}{3}\overrightarrow{a}+\frac{1}{3}\overrightarrow{b}$.

(2)解法1(等和线)：过点G作B'C'//BC交AB于B'，交AC于C'，如图2所示.
∵$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{a}+\mu\overrightarrow{b}$，且点P是△GBC内一点(不包括边界)，
∴$\frac{2}{3}=\frac{\overrightarrow{AG}}{\overrightarrow{AD}}=\frac{\overrightarrow{AB'}}{\overrightarrow{AB}}＜\lambda + \mu = k＜\frac{\overrightarrow{AB}}{\overrightarrow{AB}} = 1$，
即$\lambda + \mu\in(\frac{2}{3},1)$.
解法2：$\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{a}-\frac{1}{3}\overrightarrow{b}$，连接GP并延长，交BC于点P'，如图3所示，
又$\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GP'}=\frac{1}{3}\overrightarrow{a}+\frac{1}{3}\overrightarrow{b}+t(\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{BP'})=\frac{1}{3}\overrightarrow{a}+\frac{1}{3}\overrightarrow{b}+t\left(\frac{2}{3}\overrightarrow{a}-\frac{1}{3}\overrightarrow{b}+m(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})\right)=\left(\frac{1}{3}+\frac{2}{3}t-tm\right)\overrightarrow{a}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}t+tm\right)\overrightarrow{b}$(其中0 ＜ t ＜ 1，0 ＜ m ＜ 1).
因为$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{a}+\mu\overrightarrow{b}$，所以$\lambda=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}t-tm$，$\mu=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}t+tm$，
故$\lambda + \mu=\frac{2}{3}+\frac{1}{3}t$，
因为0 ＜ t ＜ 1，所以$\lambda + \mu=\frac{2}{3}+\frac{1}{3}t\in(\frac{2}{3},1)$.

4.(2024·陕西西安交大附中高一下期中)在如图所示的扇形$AOB$中，扇形的半径为$2$，$\angle AOB = \frac{2\pi}{3}$，点$C$在弧$AB$上移动，$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$.
(1)若$\angle AOC=\frac{\pi}{6}$，求$x + y$的值；
(2)求$x + y$的最大值.

答案：
4.
(1)解法1(等和线)：
如图1所示，连接AB，过点C作$A_1B_1 // AB$，交OA的延长线于点$A_1$，交OB的延长线于点$B_1$.
∵$OA = OB$，且$\angle AOB=\frac{2\pi}{3}$，
∴$\angle OBA=\angle OAB=\frac{\pi}{6}$.
∵$A_1B_1 // AB$，
∴$\angle A_1=\angle OAB=\frac{\pi}{6}$.
∵$\angle AOC=\frac{\pi}{6}$，
∴$\angle OCA=\frac{2\pi}{3}$，$A_1C = OC = 2$.
∴根据余弦定理可知$OA_1=\sqrt{CA_1^2 + OC^2 - 2CA_1· OC·\cos\angle OCA}=\sqrt{2^2 + 2^2 - 2×2×2×\cos\frac{2\pi}{3}} = 2\sqrt{3}$，
∴$x + y = k=\frac{OA_1}{OA}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$.

解法2：
如图2所示，以O为原点，以OA所在直线为x轴，以过O且与OA垂直的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则$A(2, 0)$，$B(-1, \sqrt{3})$，
设$\angle AOC=\theta$，则$\theta\in\left[0, \frac{2\pi}{3}\right]$，所以$C(2\cos\theta, 2\sin\theta)$，$\overrightarrow{OC}=(2\cos\theta, 2\sin\theta)$.
当$\angle AOC=\frac{\pi}{6}$时，可得$C(\sqrt{3}, 1)$，
由$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$，可得$(\sqrt{3}, 1)=x(2, 0)+y(-1, \sqrt{3})$，
即$\begin{cases} \sqrt{3}=2x - y \\ 1=\sqrt{3}y \end{cases}$，
解得$\begin{cases} x=\frac{2\sqrt{3}}{3} \\ y=\frac{\sqrt{3}}{3} \end{cases}$，
所以$x + y=\sqrt{3}$.

(2)解法1：因为$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$，所以$\begin{cases} 2\cos\theta=2x - y \\ 2\sin\theta=\sqrt{3}y \end{cases}$，
所以$x + y=\sqrt{3}\sin\theta+\frac{2\sqrt{3}}{3}\cos\theta = 2\sin\left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)$，
又$0\leqslant\theta\leqslant\frac{2\pi}{3}$，所以$\frac{\pi}{6}\leqslant\theta+\frac{\pi}{6}\leqslant\frac{5\pi}{6}$，
所以当$\theta=\frac{\pi}{3}$时，$x + y$取得最大值2，即$x + y$的最大值为2.
解法2：如图3所示，连接AB，过点O作$OD\perp AB$交弧AB于点D，过点D作$A_2B_2 // AB$，交OA的延长线于点$A_2$，交OB的延长线于点$B_2$，
易知当点C与D重合时，$x + y$取得最大值，
∵直线$A_2B_2 // AB$，$OD\perp AB$，
∴$\angle A_2=\angle OAB=\frac{\pi}{6}$，$\angle ODA_2=\frac{\pi}{2}$，
∴$(x + y)_{max}=k_{max}=\frac{OA_2}{OA}=\frac{OA_2}{OD\sin\frac{\pi}{6}} = 2$，即$x + y$的最大值为2.

5.(2025·重庆一中高一下月考)如图,在边长为$8$的正三角形$ABC$中,$D$为$BC$的中点,$E$为$BD$的中
点.
(1)若点$P$为$\triangle ABC$的重心,且有$\overrightarrow{AP}=m\overrightarrow{AB}+n\overrightarrow{AC}$,求$m$和$n$的值;
(2)若点$Q$在以点$E$为圆心、半径为$\sqrt{3}$的圆上运动,且有$\overrightarrow{AQ}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$,求$x + y$的取值范围.

答案：
5.
(1)解：因为点P为△ABC的重心，所以$\overrightarrow{AP}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AD}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=m\overrightarrow{AB}+n\overrightarrow{AC}$，所以$m = n=\frac{1}{3}$.
(2)解法1(等和线)：作BC边的平行线$B_1C_1$和$B_2C_2$，分别与圆E相切，连接AD并延长交$B_1C_1$于$D_1$，交$B_2C_2$于$D_2$，如图1所示，
易知当Q位于$B_1C_1$与圆E的切点位置时，$x + y$取得最小值；当Q位于$B_2C_2$与圆E相切的位置时，$x + y$取得最大值.
即有$\frac{3}{4}=\frac{4\sqrt{3}-\sqrt{3}}{4\sqrt{3}}=\frac{AD - r}{AD}=\frac{\overrightarrow{AD_1}}{\overrightarrow{AD}}=\frac{\overrightarrow{AB_1}}{\overrightarrow{AB}}\leqslant x + y = k\leqslant\frac{\overrightarrow{AB_2}}{\overrightarrow{AB}}=\frac{\overrightarrow{AD_2}}{\overrightarrow{AD}}=\frac{AD + r}{AD}=\frac{4\sqrt{3}+\sqrt{3}}{4\sqrt{3}}=\frac{5}{4}$，
故$x + y\in\left[\frac{3}{4}, \frac{5}{4}\right]$.

解法2：以D为原点，DB，DA所在直线分别为x轴、y轴建立直角坐标系，如图2所示，则$C(-4, 0)$，$B(4, 0)$，$E(2, 0)$，$A(0, 4\sqrt{3})$.
因为点Q所在圆的方程为$(x - 2)^2 + y^2 = 3$，所以可设$Q(2+\sqrt{3}\cos\theta, \sqrt{3}\sin\theta)$，
所以$\overrightarrow{AC}=(-4, -4\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AB}=(4, -4\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AQ}=(2+\sqrt{3}\cos\theta, \sqrt{3}\sin\theta - 4\sqrt{3})$.
因为$\overrightarrow{AQ}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$，所以$-4\sqrt{3}x - 4\sqrt{3}y=\sqrt{3}\sin\theta - 4\sqrt{3}$，即$x + y = 1-\frac{\sin\theta}{4}$.
所以由$\sin\theta\in[-1, 1]$，可得$x + y\in\left[\frac{3}{4}, \frac{5}{4}\right]$.

6.如图,在直角梯形$ABCD$中,$AB\perp AD$,$DC// AB$,$AD = DC = 1$,$AB = 2$,$E,F$分别为$AB,BC$的中点,点$P$在以$A$为圆心的圆弧$\overset\frown{DE}$上运动,若$\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{ED}+y\overrightarrow{AF}$,求$2x - y$的取值范围.

答案：
6.解法1(等和线)：如图1所示，延长CD到G，使$DG = CD$，延长BA到B'，使$AB' = BA$，延长FE交DA的延长线于点M，作线段MN平行且等于DG，连接NB'，点H，F'分别是线段AG，B'N的中点，则$\overrightarrow{AF}=-\overrightarrow{AF'}$，$\overrightarrow{ED}=2\overrightarrow{AH}$，所以$\overrightarrow{AP}=2x\overrightarrow{AH}-y\overrightarrow{AF'}$.
令点P所在的直线l平行于HF'，由等和线的性质可知，当点P与点D重合时，P，H，F'三点共线，此时$2x - y$取到最大值1；当点P与E重合时，易知F，P，M三点共线，且$FM// DF'$，此时$2x - y$取到最小值 - 1(因为$\overrightarrow{AF}=-\overrightarrow{AF'}$，故$2x - y = k = - \frac{\overrightarrow{AF}}{\overrightarrow{AF'}}=-1$)，所以$2x - y\in[-1, 1]$.

解法2：建立如图2所示的坐标系，则$A(0, 0)$，$E(1, 0)$，$D(0, 1)$，$F(1.5, 0.5)$，$P(\cos\alpha, \sin\alpha)(0^{\circ}\leqslant\alpha\leqslant90^{\circ})$.
∵$\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{ED}+y\overrightarrow{AF}$，
∴$(\cos\alpha, \sin\alpha)=x(-1, 1)+y(1.5, 0.5)$，
∴$\begin{cases} \cos\alpha=-x + 1.5y \\ \sin\alpha=x + 0.5y \end{cases}$，
∴$\begin{cases} x=\frac{1}{4}(3\sin\alpha-\cos\alpha) \\ y=\frac{1}{2}(\cos\alpha+\sin\alpha) \end{cases}$，
∴$2x - y=\sin\alpha-\cos\alpha=\sqrt{2}\sin(\alpha - 45^{\circ})$.
∵$0^{\circ}\leqslant\alpha\leqslant90^{\circ}$，
∴$-45^{\circ}\leqslant\alpha - 45^{\circ}\leqslant45^{\circ}$，
∴$-\frac{\sqrt{2}}{2}\leqslant\sin(\alpha - 45^{\circ})\leqslant\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$-1\leqslant\sqrt{2}\sin(\alpha - 45^{\circ})\leqslant1$，
∴$2x - y$的取值范围是$[-1, 1]$.