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重难点 10 奔驰定理与四心问题【五大题型】
【新高考专用】
平面向量是高考的热点内容，而奔驰定理是平面向量中的重要定理，这个定理对于利用平面向量解决
平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题有着重要作用；四心问题是平面向量中
的重要问题，也是高考的重点、热点内容，在高考复习中，要掌握奔驰定理并能灵活运用，对于四心问题
要学会灵活求解.
【知识点1 奔驰定理】
1．奔驰定理
如图，已知P为△ABC内一点，且满足 ，则有△APB、△APC、△BPC的
面积之比为 .由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，所以我们把它称为“奔驰定理”.这个定理对于利
用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的基石作
用.
【知识点2 四心问题】
1．四心的概念及向量表示
(1)重心的概念及向量表示
①重心的概念：三角形各边中线的交点叫做重心，重心将中线长度分成2:1.
②重心的向量表示：如图，在△ABC中，点P为△ABC重心 .
③重心坐标公式：设A(x,y)，B(x,y)，C(x,y)，则△ABC的重心坐标为P
1 1 2 2 3 3
.
(2)垂心的概念及向量表示
①垂心的概念：三角形各边上高线的交点叫做垂心.
②垂心的向量表示：如图，在△ABC中，点P为△ABC垂心 .
(3)内心的概念及向量表示
①内心的概念：三角形各角平分线的交点叫做内心，内心也为三角形内切圆的圆心.
②内心的向量表示：如图，在△ABC中，三角形的内心在向量 所在的直线上，点P为
△ABC内心 .(4)外心的概念及向量表示
①外心的概念：三角形各边中垂线的交点叫做外心，外心也为外接圆的圆心，外心到三角形各顶点的
距离相等.
②外心的向量表示：如图，在△ABC中，点P为△ABC外心 .
2．三角形的四心与奔驰定理的关系
(1)O是△ABC的重心： .
(2)O是△ABC的垂心： .
(3)O是△ABC的内心： .
(4)O是△ABC的外心：
.
【题型1 奔驰定理】
【例1】（2024·全国·模拟预测）已知O是△ABC内的一点，若△BOC,△AOC,△AOB的面积分别记
为S ,S ,S ，则S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗ .这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形
1 2 3 1 2 3
象地称其为“奔驰定理”.如图，已知O是△ABC的垂心，且⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0⃗，则
tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=（ ）A．1:2:3 B．1:2:4 C．2:3:4 D．2:3:6
【解题思路】延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，利用同底的两个三角形面积比推
得tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=S :S :S 即可求解作答.
1 2 3
【解答过程】O是△ABC的垂心，延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，如图，
则CP⊥AB,BM⊥AC,AN⊥BC，∠BOP=∠BAC,∠AOP=∠ABC，
S BP OPtan∠BOP tan∠BAC S tan∠BAC
因此， 1= = = ，同理 1= ，
S AP OPtan∠AOP tan∠ABC S tan∠ACB
2 3
于是得tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=S :S :S ，
1 2 3
1 2
又⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0⃗，即⃗OC=− ⃗OA− ⃗OB，由“奔驰定理”有S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗，
3 3 1 2 3
S S S 1 S 2
则⃗OC=− 1 ⋅⃗OA− 2 ⋅⃗OB，而⃗OA与⃗OB不共线，有 1= ， 2= ，即S :S :S =1:2:3，
S S S 3 S 3 1 2 3
3 3 3 3
所以tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=1:2:3.
故选：A.
【变式1-1】（2024·全国·模拟预测）奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，若△BOC、△AOC、
△AOB的面积分别记为S 、S 、S ，则S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗．“奔驰定理”是平面向量中一个
1 2 3 1 2 3
非常优美的结论，这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，
已知O是△ABC的垂心，且⃗OA+2⃗OB+4⃗OC=0⃗，则cosB=( )√2 1 2 √3
A． B． C． D．
3 3 3 3
【解题思路】由O是垂心，可得tanA⋅⃗OA+tanB⋅⃗OB+tanC⋅⃗OC=0⃗，结合⃗OA+2⃗OB+4⃗OC=0⃗可
得tanA:tanB:tanC=1:2:4，根据三角形内角和为π，结合正切的和差角公式即可求解.
【解答过程】∵O是△ABC的垂心，延长CO交AB与点P，
(1 ) (1 )
∴S :S = ⋅OC⋅BP : ⋅OC⋅AP =BP:AP=(OPtan∠POB):(OPtan∠AOP)
1 2 2 2
=tan∠BOC:tan∠AOC=tan(π−A):tan(π−B)=tanA:tanB，
同理可得S :S =tanA:tanC，∴S ：S :S =tanA:tanB:tanC，
1 3 1 2 3
又S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗，
1 2 3
∴tanA⋅⃗OA+tanB⋅⃗OB+tanC⋅⃗OC=0⃗，
又⃗OA+2⃗OB+4⃗OC=0⃗，
∴tanA:tanB:tanC=1:2:4，
不妨设tanA=k，tanB=2k，tanC=4k，其中k≠0，
tanB+tanC
∵tanA=tan[π−(B+C)]=−tan(B+C)=− ，
1−tanBtanC
2k+4k √7 √7
∴k=− ，解得k= 或k=− ，
1−2k⋅4k 8 8
√7
当k=− 时，此时tanA<0，tanB<0，tanC<0，则A、B、C都是钝角，则A+B+C>π，矛盾.
8
√7 √7 √7 √14
故k= ，则tanB=2 = = >0，∴B是锐角，sinB>0，cosB>0，
8 8 2 2√2
于是¿，解得cosB= .
3
故选：A.
【变式1-2】（23-24高二上·四川凉山·期末）在平面上有△ABC及内一点O满足关系式：
S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗即称为经典的“奔驰定理”，若△ABC的三边为a，b，c，
△OBC △OAC △OAB
现有a⋅⃗OA+b⋅⃗OB+c⋅⃗OC=0⃗，则O为△ABC的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
【解题思路】利用三角形面积公式，推出点O到三边距离相等。
1 1
【解答过程】记点O到AB、BC、CA的距离分别为ℎ，ℎ，ℎ，S = a⋅ℎ，S = b⋅ℎ，
1 2 3 △OBC 2 2 △OAC 2 3
1
S = c⋅ℎ，因为S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗，
△OAB 2 1 △OBC △OAC △OAB
1 1 1
则 a⋅ℎ⋅⃗OA+ b⋅ℎ⋅⃗OB+ c⋅ℎ⋅⃗OC=0⃗，即a⋅ℎ⋅⃗OA+b⋅ℎ⋅⃗OB+c⋅ℎ⋅⃗OC=0⃗，
2 2 2 3 2 3 2 3 1
又因为a⋅⃗OA+b⋅⃗OB+c⋅⃗OC=0⃗，所以ℎ = ℎ = ℎ，所以点P是△ABC的内心.
1 2 3
故选：B.
【变式1-3】（23-24高一下·湖北·期中）奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，△BOC，△AOC，
△AOB的面积分别为S ，S ，S ，则S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗ .“奔驰定理”是平面向量中一个非
A B C A B C
常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.设
S
O为三角形ABC内一点，且满足：⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=3⃗AB+2⃗BC+⃗C A，则 △AOB=（ ）
S
△ABC
2 1 1 1
A． B． C． D．
5 2 6 3【解题思路】直接根据向量的基本运算得到3⃗OA+⃗OB+2⃗OC=0⃗，再结合“奔驰定理”即可求解结论．
【解答过程】解：∵O为三角形ABC内一点，且满足⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=3⃗AB+2⃗BC+⃗C A，
∴⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=3(⃗OB−⃗OA)+2(⃗OC−⃗OB)+(⃗OA−⃗OC)⇒3⃗OA+⃗OB+2⃗OC=0⃗，
∵S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗．
A B C
S S S 1
∴ △AOB= △AOB = C = ，
S S +S +S S +S +S 3
△ABC △AOB △BOC △AOC A B C
故选：D．
【题型2 重心问题】
【例2】（2024·全国·模拟预测）已知点O是△ABC的重心，过点O的直线与边AB,AC分别交于M,N两
点，D为边BC的中点．若⃗AD=x⃗AM+ y⃗AN(x,y∈R)，则x+ y=（ ）
3 2 1
A． B． C．2 D．
2 3 2
2 2
【解题思路】由三角形重心的性质，结合向量的线性运算得到⃗AO= x⃗AM+ y⃗AN，再由M,O,N三
3 3
点共线，即可求解.
AO 2 3
【解答过程】如图所示，由三角形重心的性质，可得 = ，所以⃗AD= ⃗AO，
AD 3 2
3 2 2
所以 ⃗AO=x⃗AM+ y⃗AN，即⃗AO= x⃗AM+ y⃗AN，
2 3 3
2 2 3
因为M,O,N三点共线，可得 x+ y=1，所以x+ y= .
3 3 2
故选：A．
【变式2-1】（2024·全国·二模）点O,P是△ABC所在平面内两个不同的点，满足⃗OP=⃗OA+⃗OB+⃗OC，
则直线OP经过△ABC的（ ）
A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心
【解题思路】根据向量的运算，并结合数形结合分析，即可判断.
【解答过程】设BC的中点为点D，所以⃗OB+⃗OC=2⃗OD，则⃗OP−⃗OA=⃗AP=2⃗OD，
若A,P,O,D四点共线时，即点O,P都在中线AD上，所以OP经过三角形的重心，
若A,P,O,D四点不共线时，AP//OD，且AP=2OD，连结AD,OP，交于点G，
如图，
AG AP
= =2，即点G是三角形的重心，即OP经过△ABC的重心，
GD OD
综上可知，OP经过△ABC的重心.
故选：A.
【变式2-2】（2024·四川南充·模拟预测）已知点O是△ABC的重心，OA=2，OB=3，OC=3，则
⃗OA⋅⃗OB+⃗OA⋅⃗OC+⃗OB⋅⃗OC= −11 ．
【解题思路】根据三角形重心的性质可得⃗OA+⃗OB+⃗OC=0⃗，平方后即可求得答案.
【解答过程】由于点O是△ABC的重心，故⃗OA+⃗OB+⃗OC=0⃗，
故(⃗OA+⃗OB+⃗OC) 2 =0，
即⃗OA2+⃗OB2+⃗OC2+2(⃗OA⋅⃗OB+⃗OA⋅⃗OC+⃗OB⋅⃗OC)=0，
1
故⃗OA⋅⃗OB+⃗OA⋅⃗OC+⃗OB⋅⃗OC=− (⃗OA2+⃗OB2+⃗OC2)
2
1
=− (22+32+32)=−11，
2
故答案为：−11.
【变式2-3】（2024·四川雅安·一模）若点P为△ABC的重心，
13
35sinA⋅⃗PA+21sinB⋅⃗PB+15sinC⋅⃗PC=0⃗，则cos∠BAC= ．
14
【解题思路】由点P为△ABC的重心，可得⃗PB+⃗PC+⃗PA=0⃗，再结合题意可得
35sin A=21sinB=15sinC，再利用余弦定理即可得解.
【解答过程】设点D为BC边上的中点，
因为点P为△ABC的重心，所以AP=2PD，
则⃗PB+⃗PC=2⃗PD=−⃗PA，所以⃗PB+⃗PC+⃗PA=0⃗，所以⃗PA=−⃗PB−⃗PC，
因为35sinA⋅⃗PA+21sinB⋅⃗PB+15sinC⋅⃗PC=0⃗，
所以35sinA⋅(−⃗PB−⃗PC)+21sinB⋅⃗PB+15sinC⋅⃗PC=0⃗，
即(21sinB−35sin A)⃗PB=(35sin A−15sinC)⃗PC，
因为⃗PB,⃗PC不共线且⃗PB≠0⃗,⃗PC≠0⃗，
所以21sinB−35sinA=0,35sinA−15sinC=0，
所以35sinA=21sinB=15sinC，
由正弦定理可得35a=21b=15c，
不妨设a=3,b=5,c=7，
b2+c2−a2 25+49−9 13
则cos∠BAC= = = .
2bc 2×5×7 14
13
故答案为： .
14
【题型3 垂心问题】
【例3】（2024高三下·全国·专题练习）如图，已知O是△ABC的垂心，且⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0⃗，则
tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB等于（ ）
A．1:2:3 B．1:2:4
C．2:3:4 D．2:3:6
【解题思路】延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，利用同底的两个三角形面积
比推得tan∠BAC:tan∠ABC:∠ACB=S :S :S ，从而得解.
△BOC △AOC △AOB【解答过程】O是△ABC的垂心，延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，如图，
则CP⊥AB，BM⊥AC，AN⊥BC，∠BOP=∠BAC，∠AOP=∠ABC，
1
OC⋅BP
S 2 BP OPtan∠BOP tan∠BAC
因此， △BOC = = = = ，
S 1 AP OPtan∠AOP tan∠ABC
△AOC OC⋅AP
2
S tan∠BAC
同理 △BOC = ，
S tan∠ACB
△AOB
于是得tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=S :S :S ，
△BOC △AOC △AOB
又⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0⃗
由“奔驰定理”有S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗
△BOC △AOC △AOB
即S :S :S =1:2:3，所以tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=1:2:3，
△BOC △AOC △AOB
故选：A.
【变式3-1】（24-25高一下·辽宁沈阳·阶段练习）在△ABC中，若⃗HA⋅⃗HB=⃗HB⋅⃗HC=⃗HC⋅⃗HA，则
点H是△ABC的（ ）
A．垂心 B．重心 C．内心 D．外心
【解题思路】根据向量的运算结合向量垂直分析判断.
【解答过程】因为⃗HA⋅⃗HB=⃗HB⋅⃗HC，则⃗HB⋅(⃗HA−⃗HC)=⃗HB⋅⃗CA=0，
所以⃗HB⊥⃗CA，即点H在边CA的高线所在直线上，
同理可得：⃗HA⊥⃗CB,⃗HC⊥⃗AB，
所以点H为△ABC的三条高线的交点，即点H是△ABC的垂心.
故选：A.
【变式3-2】（2024·辽宁抚顺·模拟预测）在锐角三角形ABC中，A=60°，AB>AC，H为△ABC的垂
71
心，⃗AH⋅⃗AC=20，O为△ABC的外心，且⃗AH⋅⃗AO= |⃗AH|⋅|⃗AO|，则BC=（ ）
98
A．9 B．8 C．7 D．6【解题思路】作出辅助线，数形结合，利用向量数量积可求得bc=40，再由O为△ABC的外心，可得
71
∠BAO=90°−C，从而可得∠OAH=C−∠ABC，解方程组cos(C−∠ABC)= 与
98
1
cos(C+∠ABC)=− 可得sinCsin∠ABC的值，最后由正弦定理即可求解.
2
【解答过程】
设△ABC的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，
如图，延长BH交AC于D，延长AH交BC于E，所以BD⊥AC，
所以⃗AH⋅⃗AC=|⃗AD|⋅|⃗AC|=|⃗AB|cos60°⋅|⃗AC|=20，即bc=40．
又O为△ABC的外心，所以∠AOB=2C，即∠BAO=90°−C，
又在△ABE中，∠BAE=90°−∠ABC，
故∠OAH=90°−∠ABC− (90°−C)=C−∠ABC，
⃗AH⋅⃗AO 71 1
所以cos(C−∠ABC)=cos∠OAH= = ，与cos(C+∠ABC)=− ，相减得
|⃗AH|⋅|⃗AO| 98 2
30
sinCsin∠ABC= ，
49
所以由正弦定理得 bc = ( BC ) 2 = 196 ，即BC2 ⋅ 4 = 196 ，解得BC=7．
sinCsin∠ABC sin A 3 3 3
故选：C.
【变式3-3】（24-25高一下·云南昆明·阶段练习）已知在△ABC中，
sin2A+sin2C=sin2B+sinA⋅sinC，H是△ABC的垂心，且满足⃗BC⋅⃗BH=8，则△ABC的面积
S =（ ）
△ABC
A．8√3 B．8 C．4√3 D．4
【解题思路】利用正弦定理化简已知等式，变形后利用余弦定理可求出cosB，从而可求出角B的度数，利用平面向量的数量积运算法则以及已知条件可求出|⃗AB|⋅|⃗BC|的值，根据三角形面积公式表示出S，将各
自的值代入计算即可求出三角形的面积.
【解答过程】因为sin2A+sin2C=sin2B+sinA⋅sinC，
所以由正弦定理得a2+c2=b2+ac，
a2+c2−b2 ac 1
所以由余弦定理得cosB= = = ，
2ac 2ac 2
π
因为B∈(0,π)，所以B= ，
3
因为H是△ABC的垂心，所以⃗BC⋅⃗AH=0，
因为⃗BC⋅⃗BH=⃗BC⋅(⃗BA+⃗AH)=⃗BC⋅⃗BA+⃗BC⋅⃗AH=⃗BC⋅⃗BA=8，
所以|⃗BC|⋅|⃗BA|cosB=8，所以|⃗BC|⋅|⃗BA|=16，
1 1 √3
所以S = |⃗BA||⃗BC|sinB= ×16× =4√3，
△ABC 2 2 2
故选：C.
【题型4 内心问题】
【例4】（23-24高一下·浙江·期中）设O为△ABC的内心，AB=AC=13，BC=10，
⃗ ⃗ ⃗
AO=mAB+nAC(m,n∈R) ，则m+n= （ ）
13 13 5 5
A． B． C． D．
36 18 18 36
13
【解题思路】取BC的中点E，连AE，则OE为内切圆的半径，利用面积关系求出OE，得⃗AO= ⃗AE，
18
1 13 13
再根据⃗AE= (⃗AB+⃗AC)得⃗AO= ⃗AB+ ⃗AC，由平面向量基本定理求出m,n可得答案.
2 36 36
【解答过程】取BC的中点E，连AE，因为AB=AC=13，BC=10，所以AE⊥BC，AE= √ 132− (1 ×10 ) 2 =12，
2
所以△ABC的内心O在线段AE上，OE为内切圆的半径，
因为S =S +S +S ，
△ABC △AOB △AOC △BOC
1 1
所以 AE⋅BC= OE⋅(AB+AC+BC)，
2 2
1 1 10
所以 ×12×10= OE⋅(13+13+10)，得OE= ，
2 2 3
10 26
所以AO=AE−OE=12− = ，
3 3
13
所以⃗AO= ⃗AE，
18
1 13 13
又⃗AE= (⃗AB+⃗AC)，所以⃗AO= ⃗AB+ ⃗AC，
2 36 36
13
又已知⃗AO=m⃗AB+n⃗AC，所以m=n= ，
36
13
所以m+n=
.
18
故选：B.
【变式4-1】（2024·安徽淮南·一模）在△ABC中，AB=4,AC=6，点D，E分别在线段AB，AC上，
1
且D为AB中点，⃗AE= ⃗EC，若⃗AP=⃗AD+⃗AE，则直线AP经过△ABC的（ ）.
2
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心
【解题思路】根据题意，可得四边形ADPE为菱形，即可得到AP平分∠BAC，从而得到结果.
【解答过程】1
因为AB=4,AC=6，且D为AB中点，⃗AE= ⃗EC，
2
则|⃗AD|=|⃗AE|=2，
又因为⃗AP=⃗AD+⃗AE，则可得四边形ADPE为菱形，
即AP为菱形ADPE的对角线，
所以AP平分∠BAC，即直线AP经过△ABC的内心
故选：A.
【变式4-2】（2024高三·全国·专题练习）在△ABC中，|⃗AB|=2，|⃗AC|=3，|⃗BC|=4，O是△ABC的
内心，且⃗AO=λ⃗AB+μ⃗BC，则λ+μ=（ ）
9 7 8 7
A． B． C． D．
10 10 9 9
【解题思路】根据引理证明定理3，即可定理3的结论求解.
【解答过程】先证明：引理（“奔驰”定理）如图1，O是△ABC内的一点，△BOC，△AOC，
△AOB的面积分别为S ，S ，S ，则S ⃗OA+S ⃗OB+S ⃗OC=0⃗．
A B C A B C
证明 如图3，延长AO，与BC边相交于点D，
|BD| S S −S S −S S
则 = △ABD = △BOD = △BOD = △ABD △BOD = C ．
|DC| S S −S S −S S
△ACD △COD △COD △ACD △COD B
|BD|
记 =λ，则⃗BD=λ⃗DC，即⃗OD−⃗OB=λ(⃗OC−⃗OD)，
|DC|
所以−(1+λ)⃗OD+⃗OB+λ⃗OC=0⃗，
|⃗OD| S S
(
S
)
S
又⃗OD=− ⃗OA=− A ⃗OA，所以 A 1+ C ⃗OA+⃗OB+ C⃗OC=0⃗，
|⃗OA| S +S S +S S S
B C B C B B
从而S ⃗OA+S ⃗OB+S ⃗OC=0⃗．
A B C接下来证明定理3 O是△ABC的内心⇔a⃗OA+b⃗OB+c⃗OC=0⃗（其中a,b,c是△ABC的三边长）．
证明：设△ABC的内切圆半径为r，O是△ABC的内心，
ra rb rc
则S :S :S = : : =a:b:c．
△BOC △AOC △AOB 2 2 2
根据引理得，O是△ABC的内心⇔a⃗OA+b⃗OB+c⃗OC=0⃗．
由⃗AO=λ⃗AB+μ⃗BC，可得⃗AO=λ(⃗OB−⃗OA)+μ(⃗OC−⃗OB)，
即(1−λ)⃗OA+(λ−μ)⃗OB+μ⃗OC=0⃗，
因为O为△ABC的内心，|⃗AB|=2，|⃗AC|=3，|⃗BC|=4，
1−λ λ−μ μ 5 2 7
根据定理3，可知 = = ，解得λ= ，μ= ，故λ+μ= ．
4 3 2 9 9 9
故选：D．
【变式4-3】（2024高一·全国·专题练习）已知△ABC所在的平面上的动点P满足
⃗AP=|⃗AB|⃗AC+|⃗AC|⃗AB，则直线AP一定经过△ABC的（ ）
A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心
1 1
【解题思路】由题意可得
⃗AP=|⃗AB||⃗AC|( ⃗AC+ ⃗AB)，平行四边形法则知
|⃗AC| |⃗AB|
1 1
⃗AC+ ⃗AB表示的向量在三角形角A的平分线上，从而即可得答案.
|⃗AC| |⃗AB|
【解答过程】解：因为⃗AP=|⃗AB|⃗AC+|⃗AC|⃗AB
1 1
∴
⃗AP=|⃗AB||⃗AC|( ⃗AC+ ⃗AB)，
|⃗AC| |⃗AB|
1 1
∴根据平行四边形法则知
⃗AC+ ⃗AB表示的向量在三角形角A的平分线上，
|⃗AC| |⃗AB|
1 1
而向量⃗AP与 ⃗AC+ ⃗AB共线，
|⃗AC| |⃗AB|
∴P点的轨迹过△ABC的内心.
故选：C．
【题型5 外心问题】
【例5】（2024·安徽·模拟预测）已知△ABC的外心为G，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且
a:b:c=5:5:8．若⃗CA⋅⃗CB=−28，则⃗CG⋅⃗CB=（ ）
25
A． B．50 C．25 D．25√2
2【解题思路】由题意设a=5m,b=5m,c=8m(m>0)，由余弦定理结合⃗CA⋅⃗CB=−28可求出m，从而可
求出a,b,c的值，求得△ABC外接圆半径R，由向量的线性运算、数量积运算化简求解即可.
【解答过程】由已知，令a=5m,b=5m,c=8m(m>0)，所以△ABC是等腰三角形．
(5m) 2+(5m) 2−(8m) 2 7
由余弦定理，得cos∠ACB= =− ．
2×5m×5m 25
因为⃗CA⋅⃗CB=−28，所以5m×5m×cos∠ACB=−28，解得m=2（负值已舍去），
所以a=10,b=10,c=16．
设△ABC的外接圆半径为R，
√ 7 2 24
因为sin∠ACB=√1−cos2 ∠ACB= 1−(− ) = ，
25 25
c 50 25
所以2R= = ，所以R=CG= ．
sin∠ACB 3 3
1
由△ABC为等腰三角形知∠GCB= ∠ACB，
2
1 1+cos∠ACB 9 3
所以cos2 ∠GCB=cos2 ( ∠ACB)= = ，即cos∠GCB= ．
2 2 25 5
25 3
所以⃗CG⋅⃗CB=|⃗CG||⃗CB|cos∠GCB= ×10× =50．
3 5
故选：B．
【变式5-1】（2024·云南曲靖·二模）已知O是△ABC的外心，⃗AB+⃗AC=2⃗AO，|⃗OA|=|⃗AB|，则向量
⃗AC在向量⃗BC上的投影向量为（ ）
1 √2 3 √3
A．− ⃗BC B．− ⃗BC C． ⃗BC D． ⃗BC
4 4 4 4
【解题思路】依题意可知O是BC的中点，从而得到∠BAC=90∘，∠ACB=30∘，解法一：过点A作
3
AD⊥BC，垂足为D，即可得到CD= BC，结合投影向量的定义即可得解；解法二：设|⃗BC|=2，根据
4⃗AC⋅⃗BC
向量⃗AC在向量⃗BC上的投影向量等于
⃗BC
计算可得.
2
|⃗BC|
【解答过程】由⃗AB+⃗AC=2⃗AO，所以O是BC的中点，又O是△ABC的外心，
1
则∠BAC=90∘，再由|⃗OA|=|⃗AB|，|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|= |⃗BC|，
2
则△ABO为正三角形，∠ACB=30∘，
1 1 3
角度一：如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D，则BD= BO= BC，CD= BC，
2 4 4
3
所以向量⃗AC在向量⃗BC上的投影向量等于⃗DC= ⃗BC.
4
角度二：设|⃗BC|=2，则|⃗AB|=1，所以|⃗AC|=√22−12=√3，
⃗AC⋅⃗BC √3×2×cos30∘ 3
所以向量⃗AC在向量⃗BC上的投影向量等于
⃗BC= ⃗BC= ⃗BC
.
|⃗BC|
2 22 4
故选：C.
【变式5-2】（2024·新疆·一模）已知平面向量 ⃗OA，⃗OB满足|⃗OA|=|⃗OB|=2，⃗OA⋅⃗OB=−2，点D满足
⃗DA=2⃗OD，E为△AOB的外心，则⃗OB⋅⃗ED的值为（ ）
16 8 8 16
A．− B．− C． D．
3 3 3 3
【解题思路】求出⃗OA，⃗OB的夹角，作出平面直角坐标系，表达出各点的坐标，即可求出⃗OB⋅⃗ED的值.
【解答过程】由题意，|⃗OA|=|⃗OB|=2，
1
∵⃗OA⋅⃗OB=|⃗OA|⋅|⃗OB|cosθ=22cosθ=−2，解得：cosθ=− ，
2
2π
∴两向量夹角θ= ，
3
∵DA=2OD，以O为坐标原点, OA,垂直于OA所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系, 如图所示,
则O(0,0),A(2,0),B(−1,√3), 设D(x,0), 由⃗DA=2⃗OD, 知(2−x,0)=2(x,0),
2
解得x=
,
3
(2 )
∴D ,0
3
又E为△AOB的外心，
1 π π
∴∠AOE= ∠AOB= ,OE=EA, ∠AOE=∠EAO=∠OEA= ，
2 3 3
∴△AOE为等边三角形,
∴E(1,√3)，
( 1 )
∴ ⃗ED= − ,−√3 ,
3
8
∴ ⃗OB⋅⃗ED=− .
3
故选：B.
【变式5-3】（2024·全国·模拟预测）已知△ABC中，⃗AO=λ⃗AB+(1−λ)⃗AC，且O为△ABC的外心．
[1 2]
若⃗BA在⃗BC上的投影向量为μ⃗BC，且cos∠AOC∈ , ，则μ的取值范围为（ ）
3 3
[2 5] [1 3 ] [4 5] [1 3]
A． , B． , C． , D． ,
3 6 5 10 3 3 5 5
【解题思路】根据题意B，O，C三点共线．因为O为△ABC的外心，即有|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|，所
以△ABC为直角三角形，利用向量得投影结合图形即可得解.
【解答过程】因为⃗AO=λ⃗AB+(1−λ)⃗AC=λ⃗AB+⃗AC−λ⃗AC，
则⃗AO−⃗AC=λ(⃗AB−⃗AC)，所以⃗CO=λ⃗CB，即B，O，C三点共线．
因为O为△ABC的外心，即有|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|，
[1 2]
所以△ABC为直角三角形，因此AB⊥AC，O为斜边BC的中点．因为cos∠AOC∈ , ，所以
3 3
∠AOC为锐角．
如图，过点A作AQ⊥BC，垂足为Q．
1
因为⃗BA在⃗BC上的投影向量为⃗BQ= μ⃗BC，所以 <μ<1，
2
所以⃗OA在⃗BC上的投影向量为⃗OQ=⃗BQ−⃗BO=μ⃗BC− 1 ⃗BC= ( μ− 1)⃗BC．
2 2
( μ− 1) |⃗BC|
1 |⃗OQ| 2
又因为|⃗OA|= |⃗BC|，所以cos∠AOC= = =2μ−1．
2 |⃗OA| 1
|⃗BC|
2
[1 2] [1 2]
因为cos∠AOC∈ , ，所以2μ−1∈ , ，
3 3 3 3
[2 5]
故μ的取值范围为 , ．
3 6
故选：A．
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知在△ABC中，G为△ABC的重心，D为边BC中点，则（ ）
A．⃗AB+⃗AC=2⃗AG B．⃗AD=3⃗AG
C．⃗AB⋅⃗AC=⃗AD2−⃗BD2 D．⃗AB⋅⃗AD=⃗AC⋅⃗AD
【解题思路】利用三角形的重心的向量表示及向量的线性运算即可求解.
【解答过程】在△ABC中，G为△ABC的重心，D为边BC中点，
3
对于A，因为⃗AB+⃗AC=2⃗AD=2× ⃗AG=3⃗AG，故A错误；
2
3
对于B，因为⃗AD= ⃗AG，故B错误；
2
对于C，因为在△ABC中，D为边BC中点，则⃗AB=⃗AD+⃗DB=⃗AD−⃗BD,⃗AC=⃗AD+⃗DC=⃗AD+⃗BD，
所以⃗AB⋅⃗AC=(⃗AD−⃗BD)⋅(⃗AD+⃗BD)=⃗AD2−⃗BD2，故C正确；
对于D，若⃗AB⋅⃗AD=⃗AC⋅⃗AD成立，
则(⃗AB−⃗AC)⋅⃗AD=0，即⃗CB⋅⃗AD=0，则⃗CB⊥⃗AD，
又D为边BC中点，故AB=AC，这不一定成立，故D错误.
故选：C．
2．（2024·全国·模拟预测）已知平面上四个点A,B,C,D，其中任意三个不共线．若
⃗AB⋅⃗AD=⃗AC⋅⃗AD，则直线AD一定经过三角形ABC的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
【解题思路】由题意得AD⊥CB，即BC边上的高所在直线为AD，由此即可得解.
【解答过程】因为⃗AB⋅⃗AD=⃗AC⋅⃗AD，所以⃗CB⋅⃗AD=(⃗AB−⃗AC)⋅⃗AD=⃗AB⋅⃗AD−⃗AC⋅⃗AD=0，
所以AD⊥CB，即直线AD一定经过三角形ABC的BC边上的高，即直线AD一定经过三角形ABC的垂心.
故选：D.
3．（23-24高一下·河北·期中）平面向量中有一个非常优美的结论：已知O为△ABC内的一点，△BOC，
△AOC，△AOB的面积分别为S ，S ，S ，则S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗．因其几何表示酷似奔
A B C A B C
驰的标志，所以称为“奔驰定理”．已知O为△ABC的内心，三个角对应的边分别为a，b，c，已知
a=3，b=2√3，c=5，则⃗BO⋅⃗AC=（ ）
A．2√3−8 B．−2 C．√6−7 D．3√2−9
【解题思路】根据三边，先求出角B的余弦值,再由内心可得到S :S :S =a:b:c，进而由“奔驰定理”
A B C
得到a⃗OA+b⃗OB+c⃗OC=0⃗，在对向量进行线性运算即可.
【解答过程】因为a=3，b=2√3，c=5，
a2+c2−b2 11
所以cosB= = ，
2ac 15因为O为△ABC的内心，设∠1=∠OBC,∠2=∠OBA，由题意∠1=∠2，
1 1
则S :S = |BO||BC|sin∠1: |BO||BA|sin∠2=a:b，
A C 2 2
同理可得S :S :S =a:b:c
A B C
所以根据“奔驰定理”有a⃗OA+b⃗OB+c⃗OC=0⃗，
所以a(⃗BA−⃗BO)+b⃗OB+c(⃗BC−⃗BO)=0⃗，
c a
即⃗BO= ⃗BC+ ⃗BA，
a+b+c a+b+c
所以⃗BO⋅⃗AC= ( c ⃗BC+ a ⃗BA ) ⋅(⃗BC−⃗BA)，
a+b+c a+b+c
5 3 2
= ⃗BC2− ⃗BA2− ⃗BC⋅⃗BA=2√3−8．
8+2√3 8+2√3 8+2√3
故选：A．
4．（2024·四川南充·三模）已知点P在△ABC所在平面内，若
⃗AC ⃗AB ⃗BC ⃗BA
⃗PA⋅( − )=⃗PB⋅( − )=0，则点P是△ABC的（ ）
|⃗AC| |⃗AB| |⃗BC| |⃗BA|
A．外心 B．垂心 C．重心 D．内心
【解题思路】根据给定条件，利用数量积的运算律及数量积的定义可得AP平分∠BAC，BP平分∠ABC，
结合三角形内心定义判断即得.
⃗AC ⃗AB ⃗AC ⃗AB
【解答过程】在△ABC中，由⃗PA⋅( − )=0，得⃗PA⋅ =⃗PA⋅ ，
|⃗AC| |⃗AB| |⃗AC| |⃗AB|
⃗AC ⃗AB ⃗BC ⃗BA ⃗BC ⃗BA
即⃗AP⋅ =⃗AP⋅ ，由⃗PB⋅( − )=0，同理得⃗BP⋅ =⃗BP⋅ ，
|⃗AC| |⃗AB| |⃗BC| |⃗BA| |⃗BC| |⃗BA|
显然⃗AP≠0⃗，即P与A不重合，否则cos∠ABC=1，同理⃗BP≠0⃗，
则|⃗AP|cos∠PAC=|⃗AP|cos∠PAB，即cos∠PAC=cos∠PAB，∠PAC=∠PAB，
于是AP平分∠BAC，同理BP平分∠ABC，
所以点P是△ABC的内心.
故选：D.
5．（23-24高一下·甘肃·期末）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常
优美的结论.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为S ，
A
S B ，S C ，且 S ⋅M ⃗ A+S ⋅M ⃗ B+S ⋅M ⃗ C= → 0 .若 M 为 △ABC 的垂心， 3M ⃗ A+4M ⃗ B+5M ⃗ C= → 0 ，则
A B Ccos∠AMB=（ ）
√6 √6 √6 √6
A．− B．− C． D．
3 6 6 3
【解题思路】根据S ⋅M ⃗ A+S ⋅M ⃗ B+S ⋅M ⃗ C= → 0和 3M ⃗ A+4M ⃗ B+5M ⃗ C= → 0 得S A :S B :S C =3:4:5，从
A B C
AD AC
而可以得出 =4, =3，设MD=x，MF= y，得AM=3x，BM=2y，再结合垂心和直角三角形余
MD BF
弦值即可求解.
【解答过程】
如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E.
⃗ ⃗ ⃗ → ⃗ ⃗ ⃗ →
由M为△ABC的垂心， 3MA+4MB+5MC=0 ，且S ⋅MA+S ⋅MB+S ⋅MC=0，
A B C
4 5
得S :S :S =3:4:5，所以S = S ,S = S ，
A B C B 3 A C 3 A
S S AD BF
又S =S +S +S ，则 △ABC =4，同理可得 △ABC =3，所以 =4, =3，
△ABC A B C S S MD MF
A B
设MD=x，MF= y，则AM=3x，BM=2y，
x y x √6
所以cos∠BMD= =cos∠AMF= ，即3x2=2y2， = ，
2y 3x y 3x √6
所以cos∠BMD= = ，
2y 6
√6
所以cos∠AMB=cos(π−∠BMD)=−cos∠BMD=− .
6
故选：B.
6．（2024·全国·模拟预测）已知在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,2sinA=acosC,c=2．
若G为△ABC的重心，则GA2+GB2−GC2的最小值为（ ）
12−4√2 8+4√2 4√2−2 4+2√2
A． B． C． D．
9 9 3 3
【解题思路】先根据已知条件，利用正弦定理及同角三角函数的基本关系求出角C，然后利用余弦定理、
基本不等式求出a2+b2≤8+4√2,cos∠ADC,cos∠ADB，并且结合cos∠ADC+cos∠ADB=0得
到AD2的表达式，即可求得GA2的表达式，同理可得GB2,GC2的表达式，进而得到GA2+GB2−GC2
的最小值.
【解答过程】由2sinA=acosC及c=2可得csinA=acosC，由正弦定理可得
sinCsinA=sinAcosC，
π
又A∈(0,π),sinA>0，故sinC=cosC,即tanC=1，而C∈(0,π),故C= ；
4
π √2
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcos ，故a2+b2=4+√2ab≤4+ (a2+b2)，
4 2
故a2+b2≤8+4√2，当且仅当a=b=√4+2√2时，取等号；
设D为BC的中点，连接AD，则G在AD上，
a2 a2
AD2+ −b2 AD2+ −c2
4 4
则cos∠ADC= ，cos∠ADB= ，
a a
2AD⋅ 2AD⋅
2 2
2b2+2c2−a2
由cos∠ADC+cos∠ADB=0可得AD2= ，
4
则GA2= (2 AD ) 2 = 2b2+2c2−a2 ，
3 92a2+2c2−b2 2a2+2b2−c2
同理可得GB2= ,GC2= ，
9 9
1 20 1
故GA2+GB2−GC2= (5c2−a2−b2)= − (a2+b2)
9 9 9
20 1 12−4√2
≥ − ×(8+4√2)= ，当且仅当a=b=√4+2√2时，取等号，
9 9 9
12−4√2
故GA2+GB2−GC2的最小值为 ，
9
故选：A.
7．（23-24高一下·黑龙江·期中）数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中提出以下定理：
三角形的重心、垂心和外心共线，这条线称为三角形的欧拉线.已知点G,H,O分别为△ABC的重心，垂
心，外心，D为AB的中点，则（ ）
A．⃗CH=⃗OD B．⃗CH=2⃗OD C．⃗CH=3⃗OD D．⃗CH=4⃗OD
【解题思路】结合题意利用点H,O分别为△ABC的垂心，外心得到CH//OD，并得到
△DOG∼△CHG，借助相似及重心性质可得CH=2DO，结合向量关系表示即可.
【解答过程】因为O为△ABC的外心，D为AB的中点,所以OD⊥AB,
因为H为△ABC的垂心,所以CH⊥AB,
所以CH//OD,
易得∠DOG=∠GHC,∠ODG=∠GCH,∠DGO=∠HGC,
CH CG
所以△DOG∼△CHG，所以 = .
DO GD
因为G为△ABC的重心，所以CG=2DG.
所以CH=2DO,
所以⃗CH=2⃗OD.
故选：B.
8．（2024·安徽·三模）平面上有△ABC及其内一点O，构成如图所示图形，若将△OAB，△OBC，
△OCA的面积分别记作S ，S ，S ，则有关系式S ⋅⃑OA+S ⋅⃑OB+S ⋅⃑OC=0⃑．因图形和奔驰车的
c a b a b c
logo很相似，常把上述结论称为“奔驰定理”．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足a⋅⃑OA+b⋅⃑OB+c⋅⃑OC=0⃑，则O为△ABC的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
S b S c
【解题思路】根据平面向量基本定理可得 b= ， c = ，延长CO交AB于E，延长BO交AC于F，根据
S a S a
a a
|AE| |AC|
面积比推出 = ，结合角平分线定理推出CE为∠ACB的平分线，同理推出BF是∠ABC的
|BE| |BC|
平分线，根据内心的定义可得答案.
S S
【解答过程】由S ⋅⃑OA+S ⋅⃑OB+S ⋅⃑OC=0⃑得⃑OA=− b⃑OB− c⃑OC，
a b c S S
a a
b c
由a⋅⃑OA+b⋅⃑OB+c⋅⃑OC=0⃑得⃑OA=− ⃑OB− ⃑OC，
a a
S b S c
根据平面向量基本定理可得− b=− ，− c =− ，
S a S a
a a
S b S c
所以 b= ， c = ，
S a S a
a a
延长CO交AB于E，延长BO交AC于F，
S |AE| S b |AE| b |AC|
则 b= ，又 b= ，所以 = = ，
S |BE| S a |BE| a |BC|
a a
所以CE为∠ACB的平分线，同理可得BF是∠ABC的平分线，
所以O为△ABC的内心.
故选：B.
二、多选题
9．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）在△ABC中，AB=AC=5,BC=6,P为△ABC内的一点，
⃗AP=x⃗AB+ y⃗AC，则下列说法正确的是（ ）
1
A．若P为△ABC的重心，则x+ y= B．若P为△ABC的外心，则⃗PB⋅⃗BC=−18
2
7 5
C．若P为△ABC的垂心，则x+ y= D．若P为△ABC的内心，则x+ y=
16 8
【解题思路】建立平面直角坐标系，对于A、C、D：先求出三角形各种心的坐标，然后代入坐标列方程求
解；对于B：利用⃗PB⋅⃗BC=(⃗PO+⃗OB)⋅⃗BC展开计算即可．
【解答过程】在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，P为△ABC内的一点，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,4)，B(−3,0)，C(3,0)，
0−3+3 4+0+0 4 4
对于选项A：若P为△ABC的重心，则x = =0，y = = ，则P(0, )，
P 3 P 3 3 3
8
所以⃗AP=(0,− ),⃗AB=(−3,−4),⃗AC=(3,−4)，
3
若⃗AP=x⃗AB+ y⃗AC，由平面向量基本定理可得：¿，
1 2
解得x= y= ，所以x+ y= ，故选项A不正确；
3 3
对于选项B：若P为△ABC的外心，其必在直线AO上，
所以⃗PB⋅⃗BC=(⃗PO+⃗OB)⋅⃗BC=⃗PO⋅⃗BC+⃗OB⋅⃗BC=3×6×(−1)=−18，故选项B正确；
对于选项C：若P为△ABC的垂心，其必在AO上，设P(0,m)，
9
则⃗CP⋅⃗AB=(−3,m)⋅(−3,−4)=9−4m=0，解得m= ，
47
此时⃗AP=(0,− ),⃗AB=(−3,−4),⃗AC=(3,−4)，
4
若⃗AP=x⃗AB+ y⃗AC，由平面向量基本定理可得：¿，
7 7
解得x= y= ，所以x+ y= ，故选项C正确；
32 16
对于选项D：若P为△ABC的内心，设内切圆半径为r，
1 1 3 3
则 ×6×4= ×r×(5+5+6)，得r= ，则P(0, )，
2 2 2 2
5
此时⃗AP=(0,− ),⃗AB=(−3,−4),⃗AC=(3,−4)，
2
若⃗AP=x⃗AB+ y⃗AC，由平面向量基本定理可得：¿，
5 5 5 5
解得x= y= ，所以x+ y= + = ，即选项D正确．
16 16 16 8
故选：BCD．
10．（23-24高一下·湖南长沙·期末）点O在△ABC所在的平面内，则以下说法正确的有（ ）
A．若⃗OA⋅⃗OB=⃗OB⋅⃗OC=⃗OC⋅⃗OA，则点O为△ABC的外心（外接圆圆心）
( ⃗AB ⃗AC )
B．若 ⃗AO=λ + (λ∈R)，则动点O的轨迹一定通过△ABC的重心
|⃗AB|sinB |⃗AC|sinC
C．若2⃗OA+⃗OB+3⃗OC=0⃗，S ，S 分别表示△AOC，△ABC的面积，则
△AOC △ABC
S :S =1:6
△AOC △ABC
( ⃗AB ⃗CA ) ( ⃗BA ⃗CB ) ( ⃗BC ⃗CA )
D．若 ⃗OA⋅ + =⃗OB⋅ + =⃗OC⋅ + =0，则点O是△ABC的内心
|⃗AB| |⃗CA| |⃗BA| |⃗CB| |⃗BC| |⃗CA|
【解题思路】A选项，计算出⃗OB⋅⃗CA=0，OB⊥CA，同理可得OC⊥AB，OA⊥BC，则点O为△ABC
2λ
的垂心；B选项，作出辅助线，得到
⃗AO= ⃗AF，故点O在中线AF上，故向量一定经过△ABC的重
|⃗AE|
1 1
心；C选项，作出辅助线，得到−2⃗OH=⃗OF，从而得到所以OH= HF= AB，故S :S =1:6；
3 6 △AOC △ABC
⃗AB ⃗CA
D选项，作出辅助线，得到 + =⃗MN，故OA⊥MN，并得到O在∠A的平分线上，同理可得，
|⃗AB| |⃗CA|
O在∠B,∠C的平分线上.【解答过程】A选项，⃗OA⋅⃗OB−⃗OB⋅⃗OC=0，即⃗OB⋅(⃗OA−⃗OC)=⃗OB⋅⃗CA=0，故OB⊥CA，
同理可得OC⊥AB，OA⊥BC，则点O为△ABC的垂心，A错误；
B选项，过点A作AE⊥BC于点E，取BC的中点F，连接AF，
则|⃗AB|sinB=|⃗AE|，|⃗AC|sinC=|⃗AE|，
( ⃗AB ⃗AC ) ( ⃗AB ⃗AC ) λ 2λ
则
⃗AO=λ + =λ + = (⃗AB+⃗AC)= ⃗AF，
|⃗AB|sinB |⃗AC|sinC |⃗AE| |⃗AE| |⃗AE| |⃗AE|
故点O在中线AF上，故向量一定经过△ABC的重心，B正确；
C选项，如图，F,H分别为BC,AC的中点，
2⃗OA+⃗OB+3⃗OC=0⃗⇒2(⃗OA+⃗OC)+⃗OB+⃗OC=0⃗，
则4⃗OH+2⃗OF=0⃗，故−2⃗OH=⃗OF，
1 1
所以OH= HF= AB，
3 6
故S :S =1:6，C正确；
△AOC △ABC
⃗AB ⃗CA
D选项， , 分别表示⃗AB,⃗CA方向上的单位向量⃗AN,⃗MA，
|⃗AB| |⃗CA|
⃗AB ⃗CA
故
+ =⃗AN+⃗MA=⃗MN，
|⃗AB| |⃗CA|
( ⃗AB ⃗CA )
⃗OA⋅ + =⃗OA⋅⃗MN=0 OA MN
|⃗AB| |⃗CA|
，故 ⊥ ，由三线合一可得，O在∠A的平分线上，同理可得，O在∠B,∠C的平分线上，
则点O是△ABC的内心，D正确.
故选：BCD.
11．（24-25高一下·山东·阶段练习）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个
非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：
已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为S ，S ，S ，且
A B C
S ⋅⃗MA+S ⋅⃗MB+S ⋅⃗MC=0⃗．以下命题正确的有（ ）
A B C
A．若S :S :S =1:1:1，则M为△AMC的重心
A B C
B．若M为△ABC的内心，则BC⋅⃗MA+AC⋅⃗MB+AB⋅⃗MC=0⃗
C．若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则S :S :S =√3:2:1
A B C
√6
D．若M为△ABC的垂心，3⃗MA+4⃗MB+5⃗MC=0⃗，则cos∠AMB=−
6
【解题思路】A选项，⃗MA+⃗MB+⃗MC=0⃗，作出辅助线，得到A，M，D三点共线，同理可得M为
△ABC的重心；B选项，设内切圆半径为r，将面积公式代入得到BC⋅⃗MA+AC⋅⃗MB+AB⋅⃗MC=0⃗；
C选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值；D选项，得到
S :S :S =3:4:5，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设MD=m，MF=n，ME=5t，表示出AM，
A B C
√6 √105
BM，MC，结合三角函数得到m= n，m= t，进而求出余弦值；
3 3
【解答过程】对A选项，因为S :S :S =1:1:1，所以⃗MA+⃗MB+⃗MC=0⃗，
A B C
→ →
取BC的中点D，则⃗MB+⃗MC=2⃗MD，所以 2MD=−MA ，
故A，M，D三点共线，且|MA|=2|MD|，
同理，取AB中点E，AC中点F，可得B，M，F三点共线，C，M，E三点共线，
所以M为△ABC的重心，A正确；对B选项，若M为△ABC的内心，可设内切圆半径为r，
1 1 1
则S = BC⋅r，S = AC⋅r，S = AB⋅r，
A 2 B 2 C 2
1 1 1
所以 BC⋅r⋅⃗MA+ AC⋅r⋅⃗MB+ AB⋅r⋅⃗MC=0⃗，
2 2 2
即BC⋅⃗MA+AC⋅⃗MB+AB⋅⃗MC=0⃗，B正确；
对C选项，若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则∠ACB=75°，
设△ABC的外接圆半径为R，故∠BMC=2∠BAC=90°，∠AMC=2∠ABC=120°，
∠AMB=2∠ACB=150°，
1 1 1 √3 1 1
故S = R2sin90°= R2 ，S = R2sin120°= R2 ，S = R2sin150°= R2 ，
A 2 2 B 2 4 C 2 4
所以S :S :S =2:√3:1，C错误；
A B C
对D选项，若M为△ABC的垂心，3⃗MA+4⃗MB+5⃗MC=0⃗，
则S :S :S =3:4:5，
A B C
如图，AD⊥BC，CE⊥AB，BF⊥AC，相交于点M，
又S =S +S +S ，
△ABC A B C
S 3 1
A = = ，即AM:MD=3:1，
S 12 4
△ABC
S 4 1
B = = ，即MF:BM=1:2，
S 12 3
△ABCS 5
C = ，即ME:MC=5:7，
S 12
△ABC
设MD=m，MF=n，ME=5t，则AM=3m，BM=2n，MC=7t，
n m
因为∠CAD=∠CBF，sin∠CAD= ,sin∠CBF= ，
3m 2n
n m √6
所以 = ，即m= n，
3m 2n 3
√6
n √6
m 3 √6，则cos∠AMB=cos(π−∠BMD)=− ，D正确；
cos∠BMD= = = 6
2n 2n 6
故选：ABD.
三、填空题
12．（2024·湖北·模拟预测）在△ABC中，⃗AB⋅⃗AC=16，S =6，BC=3，且AB>AC，若O为
△ABC
△ABC的内心，则⃗AO⋅⃗BC= −3 ．
【解题思路】根据数量积的定义和三角形的面积公式和余弦定理求AB,AC，证明△ABC为直角三角形，
再求内切圆半径，结合向量运算公式求⃗AO⋅⃗BC.
【解答过程】因为⃗AB⋅⃗AC=16，所以|⃗AB|⋅|⃗AC|cosA=16，
1
因为S =6，所以 |⃗AB|⋅|⃗AC|sinA=6，
△ABC 2
sinA 3
所以 = ，又sin2A+cos2A=1，cosA>0,sin A>0，
cosA 4
3 4
所以sinA= ,cosA= ，所以AB⋅AC=20，
5 5
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcosA，又BC=3，
所以AB2+AC2=41，又AB>AC，所以AB=5,AC=4，
所以△ABC为以AB为斜边的直角三角形，设△ABC的内切圆与边AC相切于点D，内切圆的半径为r，
AC+BC−AB
由直角三角形的内切圆的性质可得r= =1，故OD=1，
2
因为AD⊥BC，所以⃗AD⋅⃗BC=0，
因为OD⊥AC,BC⊥AC，所以OD//BC，所以⃗DO⋅⃗BC=−3
所以⃗AO⋅⃗BC=(⃗AD+⃗DO)⋅⃗BC=⃗AD⋅⃗BC+⃗DO⋅⃗BC=−3.
故答案为：−3.
13．（2024·四川凉山·三模）在△ABC中，已知AB=1,AC=3，点G为△ABC的外心，点O为
4
△ABC重心，则⃗OG⋅⃗BC= ．
3
1
【解题思路】设BC的中点为D，根据三角形外心性质，得GD⊥BC，由重心性质得⃗OD= (⃗AB+⃗AC)，
6
再根据数量积运算即可求解.
【解答过程】设BC的中点为D，连接AD,GD，
由点G为△ABC的外心，可得GD⊥BC，
1 1
由点O为△ABC重心，可得⃗OD= ⃗AD= (⃗AB+⃗AC)，
3 6
故⃗OG⋅⃗BC=(⃗OD+⃗DG)⋅⃗BC
=⃗OD⋅⃗BC+0
1
= (⃗AB+⃗AC)⋅(⃗AC−⃗AB)
6
1 1 4
= (⃗AC2−⃗AB2 )= ×(9−1)= .
6 6 34
故答案为： .
3
14．（24-25高二上·四川广安·开学考试）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理
对应的图形与“奔驰”（Mercedes-Benz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理）．“奔驰定理”
的内容如下：如图，已知O是△ABC内一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为S ，S ，S ，
A B C
则S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗．若O是锐角△ABC内的一点，A，B，C是△ABC的三个内角，且
A B C
O点满足⃗OA⋅⃗OB=⃗OB⋅⃗OC=⃗OC⋅⃗OA，则下列说法正确的是 ①③④ （填序号）.
①O是△ABC的垂心；②∠BOC+A<π；
③|⃗OA|:|⃗OB|:|⃗OC|=cosA:cosB:cosC；④tanA⋅⃗OA+tanB⋅⃗OB+tanC⋅⃗OC=0⃗
【解题思路】将⃗OA⋅⃗OB=⃗OB⋅⃗OC移项，并结合平面向量的减法和数量积的运算法则，可得OB⊥CA，
π π
同理推出OA⊥CB，OC⊥AB，即可判断①；根据①可知，∠OBC+C= ，∠OCB+B=
，再由
2 2
三角形内角和定理即可判断②；延长CO交AB于点P，结合诱导公式与余弦函数的定义，可证
cosA:cosB=OA:OB，进而求解③；利用三角形面积公式和奔驰定理即可证明④.
【解答过程】因为⃗OA⋅⃗OB=⃗OB⋅⃗OC，所以⃗OB⋅(⃗OA−⃗OC)=0，
所以⃗OB⋅⃗CA=0，所以OB⊥CA，
同理可得，OA⊥CB，OC⊥AB，所以O为△ABC的垂心，故①正确；
π π
因为OB⊥CA，OC⊥AB，所以∠OBC+C= ，∠OCB+B=
，
2 2所以∠OBC+C+∠OCB+B=π，
又∠OBC+∠OCB+∠BOC=π，
所以∠BOC=B+C，又A+B+C=π，
所以∠BOC+A=π，故②不正确；
由②知A=π−∠BOC，B=π−∠AOC，
延长CO交AB于点P，
所以cosA:cosB=cos(π−∠BOC):cos(π−∠AOC)=cos∠BOP:cos∠AOP
OP OP
= : =OA:OB，
OB OA
同理可得cosA:cosC=OA:OC，
所以cosA:cosB:cosC=OA:OB:OC，
所以|⃗OA|:|⃗OB|:|⃗OC|=cosA:cosB:cosC，故③正确；
1 1
由S = ×|OC|×|BP|，S = ×|OC|×|AP|，
A 2 B 2
则S :S =|BP|:|AP|=(|OP|tan∠BOP):(|OP|tan∠AOP)
A B
=tan∠BOP:tan∠AOP=tanA:tanB，
同理S :S =tanB:tanC，
B C
所以S :S :S =tanA:tanB:tanC，
A B C
又S ⋅⃗OA:S ⋅⃗OB:S ⋅⃗OC=0⃗，
A B C
则tanA⋅⃗OA+tanB⋅⃗OB+tanC⋅⃗OC=0⃗，故④正确.
故答案为：①③④.
四、解答题
15．（23-24高一下·山东聊城·期中）在△ABC中，M，N为△ABC所在平面内的两点，AB=3，π 1
AC=2√3，∠BAC= ，⃗MC= ⃗BC，⃗NA+⃗NC=0⃗，
6 3
(1)以⃗AB和⃗AC作为一组基底表示⃗NM，并求|⃗NM|；
(2)D为直线MN上一点，设⃗CD=x⃗AB+ y⃗AC(x,y∈R)，若直线CD经过△ABC的垂心，求x，y.
【解题思路】（1）利用平面向量的线性运算求得⃗NM的表示，从而利用转化法即可求得|⃗NM|；
（2）先由题意得到⃗ND=k⃗NM，再利用平面向量的线性运算求得⃗CD的另一种表示，结合三角形垂心的
性质得到⃗CD⋅⃗AB=0，从而求得k，由此得解.
1
【解答过程】（1）因为⃗MC= ⃗BC，所以M为线段BC上靠近C的三等分点，
3
因为⃗NA+⃗NC=0⃗，所以N为线段AC的中点，
1 1 1 1 1 1
所以⃗NM=⃗NC+⃗CM= ⃗AC+ ⃗CB= ⃗AC+ (⃗AB−⃗AC)= ⃗AB+ ⃗AC，
2 3 2 3 3 6
π
因为AB=3，AC=2√3，∠BAC=
，
6
√3
所以⃗AB⋅⃗AC=|⃗AB||⃗AC|cos∠BAC=3×2√3× =9，
2
所以|⃗NM|= √ (1 ⃗AB+ 1 ⃗AC ) 2 = √1 ⃗AB2+ 1 ⃗AC2+ 1 ⃗AB⋅⃗AC = √1 ×9+ 1 ×12+ 1 ×9= √21 ；
3 6 9 36 9 9 36 9 3
（2）因为D为直线MN上一点，设⃗ND=k⃗NM(k∈R)，
则⃗CD=⃗CN+⃗ND=− 1 ⃗AC+k⃗NM=− 1 ⃗AC+k (1 ⃗AB+ 1 ⃗AC )
2 2 3 6
=
1
k⃗AB+
(1
k−
1)⃗AC，
3 6 2
所以⃗CD⋅⃗AB=
[1
k⃗AB+
(1
k−
1)⃗AC ]
⋅⃗AB
3 6 2
=
1
k⃗AB2+
(1
k−
1)⃗AC⋅⃗AB
=
1
k⋅9+
(1
k−
1)
×9，
3 6 2 3 6 2因为直线CD经过△ABC的垂心，所以CD⊥AB，即⃗CD⋅⃗AB=0，
所以⃗CD⋅⃗AB= (1 k ) ×9+ (1 k− 1) ×9=0，解得k=1，
3 6 2
所以⃗CD=
1
k⃗AB+
(1
k−
1)⃗AC= 1
⃗AB−
1
⃗AC，
3 6 2 3 3
1 1
因为⃗CD=x⃗AB+ y⃗AC，所以x= ,y=− .
3 3
16．（23-24高一下·山西·阶段练习）奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车
logo相似，因此得名.如图，P是△ABC内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美
等式：⃗PA⋅S +⃗PB⋅S +⃗PC⋅S =0⃗ .
△PBC △PAC △PAB
AP
(1)若P是△ABC的内心，2b=3a=4c，延长AP交BC于点D，求 ；
PD
(2)若P是锐角△ABC的外心，A=2B，⃗PB=x⃗PA+ y⃗PC，求x+ y的取值范围.
【解题思路】（1）根据奔驰定理以及内切圆的性质可得⃗PA⋅a+⃗PB⋅b+⃗PC⋅c=0⃗，即可根据
2b=3a=4c得4⃗PA+6⃗PB+3⃗PC=0⃗，进而根据线性运算得6⃗DB+3⃗DC=(4λ−9)⃗PD,由共线即可求解，
（2）根据奔驰定理以及外接圆的性质可得⃗PA⋅sin2A+⃗PB⋅sin A−⃗PC⋅sin3A=0⃗，即可得
−⃗PA⋅sin2A+⃗PC⋅sin3A
⃗PB= ，结合三角恒等变换可得
sin A
x+ y=4cos2A−2cosA−1=4 ( cosA− 1) 2 − 5 ，即可根据函数的性质求解.
4 4
【解答过程】（1）由于P是△ABC的内心，设△ABC内切圆的半径为r，
1 1 1
由⃗PA⋅S +⃗PB⋅S +⃗PC⋅S =0⃗可得⃗PA⋅ BC⋅r+⃗PB⋅ AC⋅r+⃗PC⋅ BA⋅r=0⃗，即
△PBC △PAC △PAB 2 2 2
⃗PA⋅a+⃗PB⋅b+⃗PC⋅c=0⃗，
由2b=3a=4c，不妨设a=4m,b=6m,c=3m,m>0，
故4⃗PA+6⃗PB+3⃗PC=0⃗，AP
设 =λ，则−4λ⃗PD+6(⃗PD+⃗DB)+3(⃗PD+⃗DC)=0⃗,
PD
故6⃗DB+3⃗DC=(4λ−9)⃗PD,
由于6⃗DB+3⃗DC与⃗BC共线，而⃗PD与⃗BC不共线，
9
因此必然4λ−9=0，故λ= ，
4
（2）设△ABC外接圆的半径为R,
则由⃗PA⋅S +⃗PB⋅S +⃗PC⋅S =0⃗得
△PBC △PAC △PAB
1 1 1
⃗PA⋅ R2sin∠BPC+⃗PB⋅ R2sin∠APC+⃗PC⋅ R2sin∠APB=0⃗，
2 2 2
即⃗PA⋅sin2A+⃗PB⋅sin2B+⃗PC⋅sin2C=0⃗，
由于A=2B，所以⃗PA⋅sin2A+⃗PB⋅sin A−⃗PC⋅sin3A=0⃗,
−⃗PA⋅sin2A+⃗PC⋅sin3A
因此⃗PB= ，又⃗PB=x⃗PA+ y⃗PC，
sin A
所以
−sin2A+sin3A −2sinAcosA+sin2AcosA+cos2AsinA
x+ y= = =−2cosA+2cos2A+cos2A
sinA sinA
=4cos2A−2cosA−1=4 ( cosA− 1) 2 − 5 ,
4 4
π π
由于三角形为锐角三角形，所以¿，解得
