《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》

5.【题型二、三】已知 $A, B, C$ 是平面上不共线的三点，$O$ 是 $\triangle ABC$ 的重心，点 $P$ 满足 $\overrightarrow{OP} = \frac{1}{6}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{6}\overrightarrow{OC} + \frac{2}{3}\overrightarrow{OA}$，则 $\triangle ACO$ 与 $\triangle CBP$ 的面积比为 (D)

A.$5:6$
B.$3:4$
C.$2:3$
D.$1:2$

答案： 5.D[提示：由$O$是$\triangle ABC$的重心，可得$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=0$.$\because \overrightarrow{OP}=\frac{1}{6}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{6}\overrightarrow{OC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}$，$\therefore 6\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+4\overrightarrow{OA}$，则$2\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}$，$\therefore$点$P$为$OA$的中点，即点$P$，$O$为$BC$边的中线的两个三等分点，$\therefore S_{\triangle AOC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}$，$S_{\triangle CBP}=\frac{2}{3}S_{\triangle ABC}$，$\therefore \triangle ACO$与$\triangle CBP$的面积比为$1:2$.]

6.【题型二、四】(2025·吉林长春十一高中高一下考试)
如图所示，在正方形 $ABCD$ 中，$E$ 为 $AB$ 的中点，$F$ 为 $CE$ 的中点，若 $\overrightarrow{AF} = \lambda\overrightarrow{AB} - \mu\overrightarrow{AD}$，则 $\lambda + \mu$ 等于 (C)


A.$-\frac{5}{4}$
B.$-\frac{1}{4}$
C.$\frac{1}{4}$
D.$\frac{5}{4}$

答案： 6.C[提示：因为在正方形$ABCD$中，$E$为$AB$的中点，$F$为$CE$的中点，所以$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EF}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{EC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{BC})=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2} × \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$，因为$\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AB}-\mu\overrightarrow{AD}$，所以$\lambda=\frac{3}{4}$，$\mu=-\frac{1}{2}$，所以$\lambda+\mu=\frac{3}{4}+(-\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$.]

7.【题型二、四】(2025·黑龙江哈尔滨四中高一下期中)在 $\triangle ABC$ 中，$M$ 为边 $BC$ 上任意一点，$N$ 为 $AM$ 的中点，且满足 $\overrightarrow{AN} = \lambda\overrightarrow{AB} + \mu\overrightarrow{AC}$，则 $\lambda^2 + \mu^2$ 的最小值为 (C)

A.$\frac{1}{16}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{1}{8}$
D.$1$

答案： 7.C[提示：$\because N$为$AM$的中点，且满足$\overrightarrow{AN}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}$，$\therefore \frac{1}{2}\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}$，$\therefore \overrightarrow{AM}=2\lambda\overrightarrow{AB}+2\mu\overrightarrow{AC}$.$\because M$为边$BC$上任意一点，$\therefore 2\lambda+2\mu=1$，$\therefore \lambda+\mu=\frac{1}{2}$.$\because \lambda^{2}+\mu^{2} \geqslant 2\lambda\mu$，$\therefore 2(\lambda^{2}+\mu^{2}) \geqslant (\lambda+\mu)^{2}=\frac{1}{4}$，$\therefore \lambda^{2}+\mu^{2} \geqslant \frac{1}{8}$，当且仅当$\lambda=\mu=\frac{1}{4}$时取等号，$\therefore \lambda^{2}+\mu^{2}$的最小值为$\frac{1}{8}$.]

8.【题型二、四】古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段 $AB$ 分为两线段 $AC, CB$，如图(1)所示，使得其中较长的一段 $AC$ 是全长与另一段 $CB$ 的比例中项，即满足 $\frac{AC}{AB} = \frac{BC}{AC} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$，后人把这个数称为黄金分割数，把点 $C$ 称为线段 $AB$ 的黄金分割点. 如图(2)所示，在 $\triangle ABC$ 中，若点 $P, Q$ 为线段 $BC$ 的两个黄金分割点，设 $\overrightarrow{AP} = x_1\overrightarrow{AB} + y_1\overrightarrow{AC}$，$\overrightarrow{AQ} = x_2\overrightarrow{AB} + y_2\overrightarrow{AC}$，则 $\frac{x_1}{x_2} + \frac{y_1}{y_2}$ 等于 (C)



A.$\frac{\sqrt{5} + 1}{2}$
B.$2$
C.$\sqrt{5}$
D.$\sqrt{5} + 1$

答案： 8.C[提示：由题意知$\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{AB}+(1-\frac{\sqrt{5}-1}{2})\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\frac{3-\sqrt{5}}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{3-\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{3-\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{AC}$，同理，$\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BQ}=\overrightarrow{AB}+\frac{\sqrt{5}-1}{2}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\frac{\sqrt{5}-1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{3-\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{AC}$，$\therefore x_1=y_2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，$x_2=y_1=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$，$\therefore \frac{x_1}{x_2}+\frac{y_1}{y_2}=\frac{\sqrt{5}-1}{3-\sqrt{5}}+\frac{3-\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}=\sqrt{5}$.]

9.【题型二、三、四】在 $\triangle ABC$ 中，点 $F$ 为线段 $BC$ 上任一点(不含端点)，若 $\overrightarrow{AF} = x\overrightarrow{AB} + 2y\overrightarrow{AC}$ ($x ＞ 0, y ＞ 0$)，则 $\frac{1}{x} + \frac{2}{y}$ 的最小值为9.

答案： 9.9[提示：因为点$F$为线段$BC$上任一点（不含端点），且$\overrightarrow{AF}=x\overrightarrow{AB}+2y\overrightarrow{AC}(x＞0,y＞0)$，则$x + 2y = 1$，$\frac{1}{x}+\frac{2}{y}=(\frac{1}{x}+\frac{2}{y})(x + 2y)=5+\frac{2y}{x}+\frac{2x}{y} \geqslant 5+2\sqrt{\frac{2y}{x} · \frac{2x}{y}}=9$，当且仅当$x = y$且$x + 2y = 1$，即$x = y=\frac{1}{3}$时取等号.]

10.【题型二、三】(2025·黑龙江双鸭山一中等校高一下段考)如图，在 $\triangle ABC$ 中，$N$ 为线段 $AC$ 上靠近 $A$ 点的三等分点，若 $\overrightarrow{AP} = (m + \frac{1}{10})\overrightarrow{AB} + \frac{1}{10}\overrightarrow{BC}$，则 $m =$$\frac{7}{10}$.

答案： 10.$\frac{7}{10}$[提示：$\because$在$\triangle ABC$中，$N$为线段$AC$上靠近$A$点的三等分点，且$\overrightarrow{AP}=(m+\frac{1}{10})\overrightarrow{AB}+\frac{1}{10}\overrightarrow{BC}$，$\therefore \overrightarrow{AP}=(m+\frac{1}{10})\overrightarrow{AB}+\frac{1}{10}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=m\overrightarrow{AB}+\frac{1}{10}\overrightarrow{AC}$，$\because N$为线段$AC$上靠近$A$点的三等分点，$\therefore \overrightarrow{AP}=m\overrightarrow{AB}+\frac{3}{10}\overrightarrow{AN}$，又$B$，$P$，$N$三点共线，$\therefore \frac{3}{10}+m = 1$，$\therefore m=\frac{7}{10}$.]

11.【题型三】设 $O$ 点在 $\triangle ABC$ 内部，且 $\overrightarrow{OA} + 2\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC} = \boldsymbol{0}$，则 $\triangle ABC$ 的面积与 $\triangle AOC$ 的面积的比为3:1.

答案：
11.3:1[提示：如图所示，分别取$AC$，$BC$的中点$D$，$E$.$\because \overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+3\overrightarrow{OC}=0$，$\therefore \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=-2(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$，即$2\overrightarrow{OD}=-4\overrightarrow{OE}$，即$\overrightarrow{OD}=-2\overrightarrow{OE}$，$\therefore O$是$DE$的一个三等分点，$\therefore OD=\frac{2}{3}DE$，且$OD // \frac{1}{3}AB$，$\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle AOC}}=3$，即$\triangle ABC$的面积与$\triangle AOC$的面积之比为$3:1$.

]

12.【题型三、四】设 $\boldsymbol{e}_1, \boldsymbol{e}_2$ 是两个不共线的向量，已知 $\overrightarrow{AB} = 2\boldsymbol{e}_1 - 8\boldsymbol{e}_2$，$\overrightarrow{CB} = \boldsymbol{e}_1 + 3\boldsymbol{e}_2$，$\overrightarrow{CD} = 2\boldsymbol{e}_1 - \boldsymbol{e}_2$.
(1) 求证 $A, B, D$ 三点共线；
(2) 若 $\overrightarrow{BF} = 3\boldsymbol{e}_1 - k\boldsymbol{e}_2$，且 $\overrightarrow{BF} // \overrightarrow{BD}$，求实数 $k$ 的值.

答案： 12.
(1)证明：由已知可得$\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CB}=\boldsymbol{e_1}-4\boldsymbol{e_2}$，$\overrightarrow{AB}=2(\boldsymbol{e_1}-4\boldsymbol{e_2})=2\overrightarrow{BD} \Rightarrow AB // BD$，$\because \overrightarrow{AB}$与$\overrightarrow{BD}$有公共点$B$，$\therefore A$，$B$，$D$三点共线.
(2)解：$\because \overrightarrow{BF} // \overrightarrow{BD}$，$\therefore$存在实数$\lambda$，使$\overrightarrow{BF}=\lambda\overrightarrow{BD}$，$\therefore 3\boldsymbol{e_1}-k\boldsymbol{e_2}=\lambda\boldsymbol{e_1}-4\lambda\boldsymbol{e_2}$，$\therefore (3-\lambda)\boldsymbol{e_1}=(k-4\lambda)\boldsymbol{e_2}$，又$\because \boldsymbol{e_1}$，$\boldsymbol{e_2}$不共线，$\therefore \begin{cases}3-\lambda=0\\k-4\lambda=0\end{cases}$，解得$k = 12$.

1. 已知非零向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 方向相同，且 $3|\boldsymbol{a}| = 2|\boldsymbol{b}|$，若 $\boldsymbol{a} + \lambda\boldsymbol{b} = \boldsymbol{0}$，则实数 $\lambda =$$-\frac{2}{3}$.

答案： 1.$-\frac{2}{3}$[提示：因为非零向量$a$，$b$方向相同，且$3\lvert a \rvert=2\lvert b \rvert$，且由$a+\lambda b = 0$得$a = -\lambda b(\lambda＜0)$，所以$\lvert \lambda \rvert=\frac{\lvert a \rvert}{\lvert b \rvert}=\frac{2}{3}$，则实数$\lambda=-\frac{2}{3}$.]

2. 若点 $C$ 在线段 $AB$ 上，且 $\frac{\overrightarrow{AC}}{\overrightarrow{CB}} = \frac{3}{2}$，则 $\overrightarrow{AC} =$$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{BC} =$$-\frac{2}{5}$$\overrightarrow{AB}$.

答案： 2.$\frac{3}{5}$，$-\frac{2}{5}$[提示：设$AC = 3k(k＞0)$，则$CB = 2k$，$\therefore AB = 5k$，$\therefore \overrightarrow{AC}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{BC}=-\frac{2}{5}\overrightarrow{AB}$.]