第37讲三角形四心及奔驰定理_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第37讲 三角形四心及奔驰定理
知识梳理
技巧一．四心的概念介绍：
(1)重心：中线的交点，重心将中线长度分成2：1．
(2)内心：角平分线的交点(内切圆的圆心)，角平分线上的任意点到角两边的距离相等．
(3)外心：中垂线的交点(外接圆的圆心)，外心到三角形各顶点的距离相等．
(4)垂心：高线的交点，高线与对应边垂直．
技巧二．奔驰定理---解决面积比例问题
重心定理：三角形三条中线的交点．
已知△ABC的顶点A(x ，y )，B(x ，y )，C(x ，y )，则△ABC的重心坐标为G
1 1 2 2 3 3
x +x +x y +y +y
( 1 2 3， 1 2 3)．
3 3
   
注意：(1)在△ABC中，若O为重心，则OA+OB+OC=0．
(2)三角形的重心分中线两段线段长度比为2：1，且分的三个三角形面积相等．
  
1 1
重心的向量表示：AG= AB+ AC．
3 3
   
奔驰定理：S ⋅OA+S ⋅OB+S ⋅OC=0，则△AOB、△AOC、△BOC的面积之比等
A B C
于λ :λ :λ
3 2 1
       
奔驰定理证明：如图，令λ OA=OA ，λ OB=OB ，λ OC=OC ，即满足OA +OB +
1 1 2 1 3 1 1 1

OC =0
1
S 1 S 1 S 1
△AOB = ， △AOC = ， △BOC = ，故S :S :S =λ :λ :λ．
S λλ S λλ S λ λ △AOB △AOC △BOC 3 2 1
△A1OB1 1 2 △A1OC1 1 3 △B1OC1 2 3
技巧三．三角形四心与推论：
   
(1)O是△ABC的重心：S :S :S =1:1:1⇔OA+OB+OC=0．
△BOC △COA △A0B
   
(2)O是△ABC的内心：S :S :S =a:b:c⇔aOA+bOB+cOC=0．
△B0C △COA △AOB
(3)O是△ABC的外心：
   
S :S :S =sin2A:sin2B:sin2C⇔sin2AOA+sin2BOB+sin2COC=0．
△B0C △COA △AOB
(4)O是△ABC的垂心：
   
S :S :S =tanA:tanB:tanC⇔tanAOA+tanBOB+tanCOC=0．
△B0C △COA △AOB
技巧四．常见结论

AB
(1)内心：三角形的内心在向量 
AB 

AC
+ 
AC 
所在的直线上．

AB 
 
⋅PC+BC 
 
⋅PC+CA 
 
⋅PB=0⇔P为△ABC的内心．

(2)外心：PA 

=PB 

=PC  ⇔P为△ABC的外心．
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992 3427     
(3)垂心：PA⋅PB=PB⋅PC=PC⋅PA⇔P为△ABC的垂心．
   
(4)重心：PA+PB+PC=0⇔P为△ABC的重心．
必考题型全归纳
1 题型一：奔驰定理
1677 (2024·全国·高一专题练习)已知O是△ABC内部的一点，∠A，∠B，∠C所对的边分别
   
为a=3，b=2，c=4，若sinA⋅OA+sinB⋅OB+sinC⋅OC=0，则△AOB与△ABC的
面积之比为 ( )
4 1 2 5
A. B. C. D.
9 3 9 9
【答案】A
a b c
【解析】由正弦定理 = = =K,又a=3，b=2，c=4，所以得
sinA sinB sinC
   1
3⋅OA+2⋅OB+4⋅OC
K

 1    
=0,因为 ≠0,所以3⋅OA+2⋅OB+4⋅OC=0.
K
         
设OA =3OA,OB =2OB,OC =4OC,可得OA +OB +OC =0,则O是△ABC
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
的重心，S =S =S =S，利用S= OA ⋅OB ⋅sin∠AOB,sin∠AOB=
△OA1B1 △OB1C1 △OA1C1 2 1 1 1 1
 
1  
OA⋅OBsin∠AOB
S 2 OA⋅OB 1
sin∠A 1 OB 1 ,所以 △ S OAB = 1 O  A  ⋅O  B  sin∠AOB = 3O  A  ⋅2O  B  = 6 ,所以S △OAB =
2 1 1 1 1
1 1 1 1
S,同理可得S = S,S = S.所以△AOB与△ABC的面积之比为 S:
6 △OBC 8 △AOC 12 6
1 1 1
 S+ S+ S
6 8 12

4
=4:9即为 .
9
故选：A.

1678 (2024·安徽六安·高一六安一中校考期末)已知O是三角形ABC内部一点，且OA+
  
2OB+OC=0，则ΔAOB的面积与ΔABC的面积之比为 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 3 4 5
【答案】C
        
【解析】如图，设OA+OC=OD，∵OA+2OB+OC=0，∴OD=-2OB，设AC与
 
OD交于点M，则M平分AC,BD，∴OM=-OB，O是BM中点，
1 1 1
∴S = S = S ．比值为 ．
ΔAOB 2 ΔAMB 4 ΔABC 4
故选：C．
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993 34271679 (2024·全国·高一专题练习)若点M是△ABC所在平面内的一点，点D是边AC靠近A
  
的三等分点，且满足5AM=AB+AC，则△ABM与△ABD的面积比为 ( )
1 2 3 9
A. B. C. D.
5 5 5 25
【答案】C
【解析】M是△ABC所在平面内一点，连接AM，BM，延长AM至E使AE=5AM，
       
∵5AM=AB+AC=AE，∴AB=AE-AC=CE，
 
连接BE，则四边形ABED是平行四边形，向量AB和向量CE平行且模相等，
   
1 1
由于AC=3AD，所以S = S ，又AE=5AM，所以S = S ，
△ABD 3 △ABC △ABM 5 △ABE
1
S
5 △ABE 3
在平行四边形中，S =S ，则△ABM与△ABD的面积比为 = ，
△ABD △ABE 1 5
S
3 △ABD
故选：C.
1680 (2024·全国·高三专题练习)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 ⋅
c a b a b c
 
OC=0．因图形和奔驰车的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=0，则O为
△ABC的 ( )
A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心
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994 3427【答案】B
     S  S 
【解析】由S ⋅OA+S ⋅OB+S ⋅OC=0得OA=- bOB- cOC，
a b c S S
a a
     b  c 
由a⋅OA+b⋅OB+c⋅OC=0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
1681 (2024·上海奉贤·高一上海市奉贤中学校考阶段练习)“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”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其
为“奔驰定理”．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 ，则有S OA+S OB+S OC=0，设O是锐角△ABC内的一点，
A B C A B C
∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题错误的是 ( )
   
A.若OA+OB+OC=0，则O为△ABC的重心
   
B.若OA+2OB+3OC=0，则S :S :S =1:2:3
A B C  
C.则O为△ABC(不为直角三角形)的垂心，则tan∠BAC⋅OA+tan∠ABC⋅OB+
 
tan∠ACB⋅OC=0

D.若OA 

=OB 
5π     9
=2，∠AOB= ，2OA+3OB+4OC=0，则S =
6 △ABC 2
【答案】D
【解析】对于A：如下图所示，
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995 3427   
假设D为AB的中点，连接OD，则OA+OB=2OD=CO，故C,O,D共线，即O在中
线CD上，
同理可得O在另外两边BC,AC的中线上，故O为△ABC的重心，即A正确；
对于B：由奔驰定理O是△ABC内的一点，△BOC,△AOC,△AOB的面积分别为S ,S ,
A B
S ，
C
   
则有S ⋅OA+S ⋅OB+S ⋅OC=0可知，
A B C
   
若OA+2OB+3OC=0，可得S :S :S =1:2:3，即B正确；
A B C
  
对于C：由四边形内角和可知，∠BOC+∠BAC=π，则OB∙OC=OB 

OC  cos∠BOC

=-OB 

OC  cos∠BAC，
  
同理，OB∙OA=OB 

OA 

cos∠BOA=-OB 

OA  cos∠BCA，
        
因为O为△ABC的垂心，则OB⋅AC=OB⋅(OC-OA)=OB⋅OC-OB⋅OA=0，

所以OC 

cos∠BAC=OA 

cos∠BCA，同理得OC 

cos∠ABC=OB  cos∠BCA，

OA 

cos∠ABC=OB  cos∠BAC，

则OA 

:OB 

:OC  =cos∠BAC:cos∠ABC:cos∠BCA，

令OA 

=mcos∠BAC,OB 

=mcos∠ABC,OC  =mcos∠BCA，

1
由S = OB
A 2


OC 

1
sin∠BOC，则S = OB
A 2


OC  sin∠BAC=
m2
cos∠ABCcos∠BCAsin∠BAC，
2
 1
同理：S = OA
B 2


OC 
m2
sin∠ABC= cos∠BACcos∠BCAsin∠ABC，S =
2 C
 1
OA
2


OB 
m2
sin∠BCA= cos∠BACcos∠ABCsin∠BCA，
2
sin∠BAC sin∠ABC sin∠BCA
综上，S :S :S = : : =tan∠BAC:tan∠ABC:
A B C cos∠BAC cos∠ABC cos∠BCA
tan∠BCA，
   
根据奔驰定理得tan∠BAC⋅OA+tan∠ABC⋅OB+tan∠ACB⋅OC=0，即C正确.
 
5π 1 5π
对于D：由|OA|=|OB|=2,∠AOB= 可知，S = ×2×2×sin =1，
6 C 2 6
   
又2OA+3OB+4OC=0，所以S :S :S =2:3:4
A B C
1 3
由S =1可得，S = ,S = ；
C A 2 B 4
1 3 9
所以S =S +S +S = + +1= ，即D错误；
△ABC A B C 2 4 4
故选：D.
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996 34271682 (多选题)(2024·江苏盐城·高一江苏省射阳中学校考阶段练习)“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”轿车(Mercedesbenz)的
logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知O是△ABC内一点，△BOC，
   
△AOC，△AOB的面积分别为S ,S ,S ，则S ⋅OA+S ⋅OB+S ⋅OC=0，O是
A B C A B C
△ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题正确的
有 ( )
   
A.若2OA+3OB+4OC=0，则S :S :S =4:3:2
A B C

B.若OA 

=OB 
2π     9 3
=2，∠AOB= ，且2OA+3OB+4OC=0，则S =
3 △ABC 4
     
C.若OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA，则O为△ABC的垂心
    π
D.若O为△ABC的内心，且5OA+12OB+13OC=0，则∠ACB=
2
【答案】BCD
   
【解析】对选项A：2OA+3OB+4OC=0，则S :S :S =2:3:4，错误；
A B C
1    
对选项B：S = ×2×2×sin120°= 3，2OA+3OB+4OC=0，
△AOB 2
9 9 3
故S :S :S =2:3:4，S = ×S = ，正确；
A B C △ABC 4 A 4
     
对选项C：OA⋅OB=OB⋅OC，即OA-OC 
    
⋅OB=CA⋅OB=0，故CA⊥OB，
   
同理可得CB⊥OA，AB⊥OC，故O为△ABC的垂心，正确；
   
对选项D：5OA+12OB+13OC=0，故S :S :S =5:12:13，设内接圆半径为r，
A B C
1 1 1
S = r⋅BC，S = r⋅AC，S = r⋅AB，即BC:AC:AB=5:12:13，
A 2 B 2 C 2
π
即AB2=AC2+BC2，∠ACB= ，正确.
2
故选：BCD
1683 (多选题)(2024·全国·高一专题练习)“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”轿车(Mercedesbenz)的logo很相似，故形象地称其为
“奔驰定理”.奔驰定理：已知O是△ABC内一点，△BOC、△AOC、△AOB的面积分别为
   
S 、S 、S ，则S ⋅OA+S ⋅OB+S ⋅OC=0.设O是锐角△ABC内的一点，∠BAC、
A B C A B C
∠ABC、∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题正确的有 ( )
   
A.若OA+2OB+3OC=0，则S :S :S =1:2:3
 A B C
B. OA 

=OB 
5π     9
=2，∠AOB= ，2OA+3OB+4OC=0，则S =
6 △ABC 2
    π
C.若O为△ABC的内心，3OA+4OB+5OC=0，则∠C=
2
第 页 共 页
997 3427   
D.若O为△ABC的重心，则OA+OB+OC=0
【答案】ACD
   
【解析】对于A选项，因为OA+2OB+3OC=0，由“奔驰定理”可知S :S :S =1:2:3，
A B C
A对；

对于B选项，由 OA 

=OB 
5π 1 5π
=2，∠AOB= ，可知S = ×2×2×sin =1，
6 C 2 6
   
又2OA+3OB+4OC=0，所以S :S :S =2:3:4，
A B C
1 3
由S =1可得，S = ，S = ，
C A 2 B 4
1 3 9
所以S =S +S +S = + +1= ，B错；
△ABC A B C 2 4 4
   
对于C选项，若O为△ABC的内心，3OA+4OB+5OC=0，则S :S :S =3:4:5，
A B C
1 1 1
又S :S :S = ar: br: cr=a:b:c(r为△ABC内切圆半径)，
A B C 2 2 2
π
所以，a2+b2=c2，故∠C= ，C对；
2
对于D选项，如下图所示，
因为O为△ABC的重心，延长CO交AB于点D，则D为AB的中点，
1 1 1
所以，OC=2OD，S =S = S ，且S = S ，S = S ，
△AOD △BOD 2 C △AOD 2 B △BOD 2 A
   
所以，S =S =S ，由“奔驰定理”可得OA+OB+OC=0，D对.
A B C
故选：ACD.
2 题型二：重心定理
1684 (2024·福建泉州·高一校考期中)著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、
垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为
三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．已知△ABC的外心为O，重心为G，垂心为
H，M为BC中点，且AB=5，AC=4，则下列各式正确的有 ．
   
①AG⋅BC=-3 ②AO⋅BC=-6
       
③OH=OA+OB+OC ④AB+AC=4OM+2HM
【答案】①③④
   
2 1
【解析】对于①，△ABC重心为G，有AG= AM= (AB+AC)，
3 3
       
1 1 1
故AG⋅BC= (AB+AC)(AC-AB)= (AC2-AB2)= (16-25)=-3，故①正
3 3 3
确；
对于②，△ABC外心为O，过三角形ABC的外心O分别作AB、AC的垂线，垂足为D、
     
1 25 1
E，易知D、E分别是AB、AC的中点，有AO⋅AB= AB2= ，AO⋅AC= AC2=8
2 2 2
    
25 9
∴AO⋅BC=AO⋅(AC-AB)=8- =- ，故②错误；
2 2
第 页 共 页
998 3427       
对于③，由欧拉线定理得2OG=GH，即OH=3OG，又有GA+GB+GC=0，
           
故OA+OB+OC=(OG+GA)+(OG+GB)+(OG+GC)=3OG+GA+GB+
     
GC=3OG，即OH=OA+OB+OC，故③正确；
        
2 1
对于④，由OH=3OG得MH-MO=3(MG-MO)，故MG= MO+ MH，
3 3
     
所以AB+AC=2AM=-6MG=4OM+2HM，故④正确.
故答案为：①③④.
1685 (2024·全国·高一专题练习)点O是平面上一定点，A、B、C是平面上△ABC的三个顶
点，∠B、∠C分别是边AC、AB的对角，以下命题正确的是 (把你认为正确的序号
全部写上)．
   
①动点P满足OP=OA+PB+PC，则△ABC的重心一定在满足条件的P点集合中；
 
  AB AC
②动点P满足OP=OA+λ  + 
|AB| |AC|
 (λ>0)，则△ABC的内心一定在满足条件的
P点集合中；
 
  AB AC
③动点P满足OP=OA+λ  + 
|AB|sinB |AC|sinC
 (λ>0)，则△ABC的重心一定在满
足条件的P点集合中；
 
  AB AC
④动点P满足OP=OA+λ  + 
|AB|cosB |AC|cosC
 (λ>0)，则△ABC的垂心一定在
满足条件的P点集合中；
   
 OB+OC AB AC
⑤动点P满足OP= +λ  + 
2 |AB|cosB |AC|cosC
 (λ>0)，则△ABC的外心一
定在满足条件的P点集合中．
【答案】①②③④⑤
   
【解析】对于①，因为动点P满足OP=OA+PB+PC，
  
∴AP=PB+PC，
则点P是△ABC的重心，故①正确；
 
  AB AC
对于②，因为动点P满足OP=OA+λ  + 
|AB| |AC|
 (λ>0)，
 
 AB AC
∴AP=λ  + 
|AB| |AC|
 (λ>0)，
 
AB AC
又  +  在∠BAC的平分线上，
|AB| |AC|

∴AP与∠BAC的平分线所在向量共线，
所以△ABC的内心在满足条件的P点集合中，②正确；
第 页 共 页
999 3427 
  AB AC
对于③，动点P满足OP=OA+λ  + 
|AB|sinB |AC|sinC
 (λ>0)，
 
 AB AC
∴AP=λ  + 
|AB|sinB |AC|sinC
 ，(λ>0)，
 
过点A作AD⊥BC，垂足为D，则|AB|sinB=|AC|sinC=AD，
    
λ
AP= (AB+AC)，向量AB+AC与BC边的中线共线，
AD
因此△ABC的重心一定在满足条件的P点集合中，③正确；
 
  AB AC
对于④，动点P满足OP=OA+λ  + 
|AB|cosB |AC|cosC
 (λ>0)，
 
 AB AC
∴AP=λ  + 
|AB|cosB |AC|cosC
 (λ>0)，
 
  AB AC
∴AP⋅BC=λ  + 
|AB|cosB |AC|cosC

  
⋅BC=λ(|BC|-|BC|)=0，
 
∴AP⊥BC，
所以△ABC的垂心一定在满足条件的P点集合中，④正确；
   
 OB+OC AB AC
对于⑤，动点P满足OP= +λ  + 
2 |AB|cosB |AC|cosC
 (λ>0)，
 
OB+OC 
设 =OE，
2
 
 AB AC
则EP=λ  + 
|AB|cosB |AC|cosC
 ，
 
AB AC
由④知  + 
|AB|cosB |AC|cosC


⋅BC=0，
 
∴EP⋅BC=0，
 
∴EP⊥BC，
∴P点的轨迹为过E的BC的垂线，即BC的中垂线；
所以△ABC的外心一定在满足条件的P点集合，⑤正确．
故正确的命题是①②③④⑤．
故答案为：①②③④⑤．
1686 (2024·河南·高一河南省实验中学校考期中)若O为△ABC的重心(重心为三条中线交
   
点)，且OA+OB+λOC=0，则λ= ．
【答案】1
【解析】在△ABC中，取BC中点D，连接AD，
 
由重心的性质可得O为AD的三等分点，且OA=-2OD，
  
又D为BC的中点，所以OB+OC=2OD，
     
所以OA+OB+OC=-2OD+OD=0，所以λ=1.
故答案为：1
第 页 共 页
1000 3427
1687 (2024·全国·高一专题练习)(1)已知△ABC的外心为O，且AB=5，AC=3，则AO⋅

BC= ．
 
(2)已知△ABC的重心为O，且AB=5，AC=3，则AO⋅BC= ．
 
π
(3)已知△ABC的重心为O，且AB=5，AC=3，A= ，D为BC中点，则AO⋅OD=
3
．
16 49
【答案】 -8 -
3 18
【解析】(1)由题意得：如图
过O作OD⊥BC，垂足为D，则D是BC的中点
        
1
∵BC=AC-AB，AO=AD+DO，AD= (AB+AC)
2

又∵AC 

=3，AB  =5
   
∴AO⋅BC=AD+DO 
      
1
⋅BC=AD⋅BC= (AB+AC)AC-AB
2

 
1
= (AC2-AB2)
2
=-8
(2)根据重心的性质，知重心将相应的中线分成2:1两部分
      
2 1
AO= AD= (AB+AC)，BC=AC-AB
3 3
     
1
∴AO⋅BC= (AB+AC)⋅AC-AB
3


1
= AC
3


2-AB  2  
16
=-
3
第 页 共 页
1001 3427(3)根据重心的性质，知重心将相应的中线分成2:1两部分
     
1 2 1
OD= AO，AO= AD= (AB+AC)
2 3 3
  
(AB+AC)2=AB 

2+AC 

2+2AB 

AC 
1
cosA=25+9+30× =49
2
  
1
AO⋅OD= AO
2


2
2= AD
9

 
1
2= AB+AC
18

1 49
2= ×49=
18 18
16 49
故答案为：(1)-8(2)- (3)
3 18
1688 (2024·江苏无锡·高一江苏省太湖高级中学校考阶段练习)在△ABC中，AB=2，
   
∠ABC=60°，AC⋅AB=-1，若O是△ABC的重心，则BO⋅AC= .
【答案】7
【解析】如图所示，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系.
设Ca,0  ，
∵AB=2，∠ABC=60°，∴A1, 3 

，AC=a-1,- 3 

,AB=-1,- 3 
 
∵AC⋅AB=1-a+3=-1，解得a=5，∴C5,0 
3
∵O是△ABC的重心，延长BO交AC于点D，则D为AC中点，所以D3,
2
 ,
 
2 2 3
∴BO= BD= 3,
3 3 2

3
=2,
3


，AC=4,- 3  ,
 
∴BO⋅AC=2×4+- 3 
3
× =7.
3
故答案为：7
第 页 共 页
1002 34271689 (2024·江西南昌·高三校联考期中)锐角△ABC中，a，b，c为角A，B，C所对的边，点G
为△ABC的重心，若AG⊥BG，则cosC的取值范围为 ．
4 6 【答案】 ,
5 3
   ，

       
2 1 1 2 1 1
【解析】由题意AG= × (AC+AB)= (AC+AB)，BG= × (BA+BC)=
3 2 3 3 2 3
 
(BA+BC)，
          
1 1
又AG⊥BG，则AG⋅BG= (AC+AB)⋅(BA+BC)= (AC⋅BA+AC⋅BC+AB
9 9
  
⋅BA+AB⋅BC)=0，
      
所以CA⋅CB=AC⋅AB+BA⋅BC+AB2，即abcosC=bccosA+accosB+c2，
b2+c2-a2 a2+c2-b2 a2+b2-c2
由cosA= ，cosB= ，cosC= ，
2bc 2ac 2ab
2 a b
所以a2+b2=5c2,cosC=  +
5 b a
 ，
a2+b2=5c2
由△ABC为锐角三角形及上式，则  a2+c2>b2 ，即   3
3
a
b2
2
>
>
2
2
a
b2
2
，可得
2
6 >
a
b >
3
6 ，
b2+c2>a2
b 6
所以cosC在 ∈ ,1
a 3

6
上递减，在1,
2

4 6
上递增，则 ≤cosC< .
5 3
故答案为：  4 , 6
 5 3

1690 (2024·全国·高三专题练习)过△ABC重心O的直线PQ交AC于点P，交BC于点Q，
   
3
PC= AC，QC=nBC，则n的值为 .
4
3
【答案】
5
      
【解析】如图，因为O是重心，所以OA+OB+OC=0，即OA=-OB-OC，
     
3 3
因为PC= AC，所以OC-OP= OC-OA
4 4
 ，
    
3 1 3
所以OP= OA+ OC= -OB-OC
4 4 4

  
1 3 1
+ OC=- OB- OC，
4 4 2
     
又QC=nBC，则OC-OQ=nOC-OB 
 
，所以OQ=nOB+1-n 

OC
 
因为P，O，Q三点共线，所以OP⎳OQ，
3 1 3
所以- (1-n)=- n，解得n= .
4 2 5
第 页 共 页
1003 34273
故答案为：
5
1691 (2024·上海虹口·高三上海市复兴高级中学校考期中)在△ABC中，过重心G的直线交

边AB于点P，交边AC于点Q，设△APQ的面积为S ，△ABC的面积为S ，且AP=
1 2
   S
λAB,AQ=μAC，则 1 的取值范围为 ．
S
2
4 1
【答案】  ,
 9 2

【解析】根据题意，连接AG，作图如下：
1
sinA×AP×AQ
S 2
1 = =λμ，
S 1
2 sinA×AB×AC
2
  
1
在三角形ABC中，因为G为其重心，故可得AG= AB+AC
3

  
1 1 1
结合已知条件可得：AG=  AP+ AQ
3 λ μ
 ，
1 1 1 1
因为P,G,Q三点共线，故可得 + =1，即 + =3，
3λ 3μ λ μ
由题设可知μ∈0,1  ，λ∈0,1  ，
λ
又μ= ∈0,1 3λ-1 
1
，得λ∈  ,1  2  ，
S λ2 1
故 1 =λμ= ，令3λ-1=t，可得t∈  ,2
S 3λ-1  2
2

1
，λ= t+1
3
 ，
S 1 1
则 1 = t+ +2
S 9 t
2

1
,t∈  ,2
 2

1 1
，又y=t+ 在 ,1
t 2
 单调递减，1,2  单调递增，
S 4 1 S 1 S 1
当t=1时， 1 = ，当t= 时， 1 = ，当t=2时， 1 = ，
S 9 2 S 2 S 2
2 2 2
S 4 1
故 1 ∈  ,
S  9 2
2
 .
4 1
故答案为：  ,
 9 2
 .
3 题型三：内心定理
 
1692 (2024·湖北·模拟预测)在△ABC中，AB⋅AC=16，S =6，BC=3，且AB>AC，
△ABC
 
若O为△ABC的内心，则AO⋅BC= ．
第 页 共 页
1004 3427【答案】-3
  
【解析】因为AB⋅AC=16，所以AB 

⋅AC  cosA=16，

1
因为S =6，所以 AB
△ABC 2


⋅AC  sinA=6，
sinA 3
所以 = ，又sin2A+cos2A=1，cosA>0,sinA>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.
1693 (2024·全国·高三专题练习)已知Rt△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，I是△ABC的
  
内心，P是△IBC内部(不含边界)的动点.若AP=λAB+μAC(λ，μ∈R)，则λ+μ的取
值范围是 .
7
【答案】 ,1
12

【解析】建立如图所示平面直角坐标系，则
A0,0  ,B3,0  ,C0,4  ，
因为I是三角形ABC的内心，设三角形ABC内切圆半径为r，
1
则 |AC|+|AB|+|BC|
2

1
×r= ×|AB|×|AC|，解得r=1.
2
所以I1,1 

，AB=3,0 

,AC=0,4  .
依题意点Px,y  在三角形IBC的内部(不含边界).
  
因为AP=λAB+μAC(λ,μ∈R)，
所以x,y  =λ3,0  +μ0,4  =3λ,4μ  ，
第 页 共 页
1005 34271
λ= x
所以  x y= = 4 3 μ λ ⇒   3 1 ，
μ= y
4
1 1
令z=λ+μ= x+ y，
3 4
4
则y=- x+4z，
3
4
由图可知，当y=- x+4z过I1,1
3

1 1 7
时，z= ×1+ ×1= .
3 4 12
4
当y=- x+4z，过C0,4
3

1 1
，即为直线BC时，z= ×0+ ×4=1.
3 4
7
所以λ+μ的取值范围时 ,1
12
 .
7
故答案为： ,1
12

1694 (2024·黑龙江黑河·高三嫩江市高级中学校考阶段练习)设I为△ABC的内心，AB=
  
AC=5，BC=6，AI=mAB+nBC，则m+n为 ．
15
【答案】
16
【解析】因为AB=AC=5，所以取BC中点为O，连接AO，
则AO⊥BC，且△ABC的内心I在AO上，IO即为△ABC的内切圆半径r，
又BC=6，所以AO= AB2-BO2=4，
1 1
因为S = BC×AO= AB+BC+AC
△ABC 2 2
 ×r，即6×4=5+5+6  ×IO，
3 5
所以IO= ，AI= ，
2 2
以BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴建立坐标系，则A(0,4)，B(-3,0)，C(3,
  
5
0)，则AB=(-3,-4)，BC=(6,0)，AI=0,-
2
 ，
第 页 共 页
1006 3427  
5
因为AI=mAB+nBC，即0,-
2
 =m(-3,-4)+n(6,0)，
5
-4m=- 5 5 5 5 15
所以 2 解得m= ,n= ，所以m+n= + = ，
8 16 8 16 16
-3m+6n=0
5
故答案为： .
16
1695 (2024·福建福州·高三福建省福州第一中学校考阶段练习)已知点O是ΔABC的内心，
  
3 1
若AO= AB+ AC，则cos∠BAC= .
7 7
1
【答案】
6
  
3
【解析】因为-OA= OB-OA
7

 
1
+ OC-OA
7

  
，即OC=-3OA+OB  ，
    
取AB中点D，连接OD，则OA+OB=2OD，故OC=-6OD，故点C,O,D共线，
DA OD 1
又∠ACO=∠BCO，故AC=BC，且CD⊥AB，所以cos∠BAC= = = .
CA OC 6
1
故答案为： .
6
1696 (2024·甘肃兰州·高一兰州市第二中学校考期末)在面上有△ABC及内一点O满足关系
   
式：S ⋅OA+S ⋅OB+S ⋅OC=0即称为经典的“奔驰定理”，若△ABC的三
△OBC △OAC △OAB
   
边为a，b，c，现有a⋅OA+b⋅OB+c⋅OC=0，则O为△ABC的 心.
【答案】内
     
【解析】∵OB=OA+AB，OC=OA+AC，
       
∴a⋅OA+b⋅OB+c⋅OC=a⋅OA+b(OA+AB)+c(OA+AC)
   
=(a+b+c)⋅OA+b⋅AB+c⋅AC=0，
 
 bc AB AC
∴AO=  +
a+b+c c b
 ，
 
AB AC  
∵ ， 分别是AB，AC方向上的单位向量，
c b
 
AB AC
∴向量 + 平分∠BAC，即AO平分∠BAC，同理BO平分∠ABC，
c b
∴O为△ABC的内心，
故答案为：内
1697 (2024·贵州安顺·统考模拟预测)已知O是平面上的一个定点，A、B、C是平面上不共线
第 页 共 页
1007 3427
  AB
的三点，动点P满足OP=OA+λ 
AB 

AC
+ 
AC 




λ∈R  ，则点P的轨迹一定经过
△ABC的 ( )
A.重心 B.外心 C.内心 D.垂心
【答案】C

AB
【解析】因为 
AB 

 AC
为AB方向上的单位向量，
AC 

为AC方向上的单位向量，
 
AB AC
则  +  的方向与∠BAC的角平分线一致，
|AB| |AC|

  AB
由OP=OA+λ 
AB 

AC
+ 
AC 





  AB
，可得OP-OA=λ 
AB 

AC
+ 
AC 




，

 AB
即AP=λ 
AB 

AC
+ 
AC 




，
所以点P的轨迹为∠BAC的角平分线所在直线，
故点P的轨迹一定经过△ABC的内心.
故选：C.
x2 y2
1698 (2024·江西·校联考模拟预测)已知椭圆 + =1的左右焦点分别为F，F，P为椭
16 12 1 2
 
圆上异于长轴端点的动点，G，I分别为△PFF 的重心和内心，则PI⋅PG= ( )
1 2
4 16
A. B. 3 C.2 D.
3 3
【答案】D
【解析】
x2 y2
由椭圆 + =1可得a=4，b=2 3，c= 16-12=2
16 12
如图，设△PFF 的内切圆与三边分别相切与A，B，C，
1 2
G，I分别为△PFF 的重心和内心．
1 2
则PB  =PC  ，F 1 A  =F 1 C  ，F 2 A  =F 2 B  ，
所以PB  =PC  = PF 1  +PF 2  -F 1 F 2  =a-c，
2
       
2 1
所以PI⋅PG=PG⋅PI= PO⋅PI= PF+PF
3 3 1 2

    
1
⋅PI= PF⋅PI+PF⋅PI
3 1 2


1
= PF
3 1


PC 

+PF
2


PB   

1
= PB
3


PF
1


+PF
2
  
1
= a-c
3

16
⋅2a=
3
故选：D
第 页 共 页
1008 34271699 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC，I是其内心，内角A,B,C所对的边分别a,b,c，
则 ( )
 
 1    cAB bAC
A.AI= (AB+AC) B.AI= +
3   a a
 bAB cAC  cAB bAC
C.AI= + D.AI= +
a+b+c a+b+c a+b a+c
【答案】C
【解析】延长AI,BI,CI，分别交BC,AC,AB于D,E,F.内心是三角形三个内角的角平分
线的交点.
在三角形ABD和三角形ACD中，由正弦定理得：
BD
1
sin ∠BAC
2

c CD
= ,
sin∠ADB 1
sin ∠BAC
2

b
= ，
sin∠ADC
BD CD BD c BD c BD
由于sin∠ADB=sin∠ADC，所以 = , = ， = , =
c b CD b BD+CD b+c a
c ac
,BD= ，
b+c b+c
c AI c AI AI
同理可得 = ， = = ，
BD DI BD+c DI+AI AD
c⋅AD c b+c
AI= = ⋅AD= ⋅AD.
BD+c ac a+b+c
+c
b+c
       
c c
所以AD=AB+BD=AB+ BC=AB+ AC-AB
b+c b+c

 
b c
= AB+ AC，
b+c b+c
   
b+c b+c b c
则AI= ⋅AD= ⋅ AB+ AC
a+b+c a+b+c b+c b+c


b
= AB+
a+b+c

c
AC.
a+b+c
故选：C

3
1700 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，cosA= ，O为△ABC的内心，若AO=
4
 
xAB+yACx,y∈R  ，则x+y的最大值为 ( )
2 6- 6 7- 7 8-2 2
A. B. C. D.
3 5 6 7
【答案】D
【解析】如图：圆O在边AB,BC上的切点分别为E,F，连接OE,OF，延长AO交BC于
点D
第 页 共 页
1009 34273 2
设∠OAB=θ，则cosA=cos2θ=1-2sin2θ= ，则sinθ=
4 4
   
设AD=λAO=λxAB+λyAC
1
∵B,D,C三点共线，则λx+λy=1，即x+y=
λ
1 AO AO AO 1 1 1 1
= = ≤ = = = = =
λ AD AO+OD AO+OF OF OE 1+sinθ 2
1+ 1+ 1+
AO AO 4
8-2 2
7
8-2 2
即x+y≤
7
故选：D．
1701 (2024·全国·高三专题练习)点O在ΔABC所在平面内，给出下列关系式：
   
(1)OA+OB+OC=0；
     
(2)OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA；

 AC
(3)OA⋅ 
AC 

AB
- 
AB 





 BC
=OB⋅ 
BC 

BA
- 
BA 




=0；
     
(4)(OA+OB)⋅AB=(OB+OC)⋅BC=0．
则点O依次为ΔABC的 ( )
A.内心、外心、重心、垂心； B.重心、外心、内心、垂心；
C.重心、垂心、内心、外心； D.外心、内心、垂心、重心
【答案】C
   
【解析】(1)OA+OB+OC=0显然得出O为ΔABC的重心；
      
(2)OA⋅OB=OB⋅OC⇒OB⋅OA-OC 
 
=0⇒OB⋅CA=0⇒OB⊥CA，同理OA
⊥CB,OC⊥AB，所以O为ΔABC的垂心；

 AC
(3)OA⋅ 
AC 

AB
- 
AB 





 BC
=OB⋅ 
BC 

BA
- 
BA 




=0⇒OA,OB分别是∠BAC,∠ABC
的角平分线，所以O为ΔABC的内心；
    
(4)(OA+OB)⋅AB=0⇒2OM⋅AB=0⇒OM⊥AB(M是AB中点)同理ON⊥BC
(N是BC中点)，所以O为ΔABC的外心.
故选：C.
1702 (2024·全国·高三专题练习)已知ΔABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，O为
ΔABC内一点，若分别满足下列四个条件：
   
①aOA+bOB+cOC=0；
   
②tanA⋅OA+tanB⋅OB+tanC⋅OC=0；
   
③sin2A⋅OA+sin2B⋅OB+sin2C⋅OC=0；
第 页 共 页
1010 3427   
④OA+OB+OC=0；
则点O分别为ΔABC的 ( )
A.外心、内心、垂心、重心 B.内心、外心、垂心、重心
C.垂心、内心、重心、外心 D.内心、垂心、外心、重心
【答案】D
【解析】先考虑直角ΔABC，可令a=3，b=4，c=5，
可得A0,4  ，B3,0  ，C0,0  ，设Om,n  ，
   
①aOA+bOB+cOC=0，即为3-m,4-n  +43-m,-n  +5-m,-n  =0,0  ，
即有-12m+12=0，-12n+12=0，解得m=n=1，
即有O到x，y轴的距离为1，O在∠BCA的平分线上，且到AB的距离也为1，
则O为△ABC的内心；
   
③sin2A⋅OA+sin2B⋅OB+sin2C⋅OC=0，
24
即为 -m,4-n
25

24
+ 3-m,-n
25
 +0-m,-n  =0,0  ，
3
可得3-2m=0，4-2n=0，解得m= ，n=2，
2
由OA  =OB  =OC 
5
= ，故O为△ABC的外心；
2
   
④OA+OB+OC=0，可得-m,4-n  +3-m,-n  +-m,-n  =0,0  ，
4
即为3-3m=0，4-3n=0，解得m=1，n= ，
3
由AC的中点D为0,2  ，DB  = 13，OB 
2 13
= ，即O分中线DB比为2:3，
3
故O为△ABC的重心；
考虑等腰ΔABC，底角为30°，
设C-1, 3  ，B2,0  ，A0,0  ，Ox,y  ，
   
②tanA⋅OA+tanB⋅OB+tanC⋅OC=0，
第 页 共 页
1011 3427即为- 3-x,-y 
3
+ 2-x,-y
3

3
+ -1-x, 3-y
3
 =0,0  ，
3 3 3
可得 x+ =0， y+1=0，解得x=-1，y=- 3，
3 3 3
即O-1,- 3 
3
，由OC⊥AB，k ⋅k = 3⋅-
OA BC 3
 =-1，即有OA⊥BC，
故O为△ABC的垂心．
故选：D
4 题型四：外心定理
 
1703 (2024·山西吕梁·高三统考阶段练习)设O为△ABC的外心，且满足2OA+3OB+
  
4OC=0，OA  =1，下列结论中正确的序号为 ．
  
7
①OB⋅OC=- ；②AB
8
 =2；③∠A=2∠C．
【答案】①③
【解析】由题意可知：OA=OB=OC=1．
      
①2OA+3OB+4OC=0，则2OA=-3OB-4OC，两边同时平方得到：
   
7
4=9+24OB⋅OC+16，解得：OB⋅OC=- ，故①正确．
8
          
②2OA+3OB+4OC=0，则2OA-2OB=-5OB-4OC，2BA=-5OB-4OC，

两边再平方得到：4AB 
  
2=25+16+40OB⋅OC=6．所以|AB 
6
= ，所以②不正确．
2
      
③2OA+3OB+4OC=0，4OC=-3OB-2OA，两边平方得到：
  
16=9+4+12OA⋅OB=13+12OA 

OB 
1
cos∠AOB，cos∠AOB= ，∠AOB∈
4
π
0,
2
 ，
7 π
同理可得：cos∠BOC=- ，∠BOC∈ ,π
8 2
 ，∠AOB=2∠C，∠COB=2∠A．
1 7 π
故cos2C= ，cos2A=- ，且∠C∈0,
4 8 4

π π
，∠A∈ ,
4 2
 ，
1 cos4C=2cos22C-1=2×
4
 2 7 -1=- =cos2A，即∠A=2∠C．故③正确．
8
故答案为：①③
 
1704 (2024·河北·模拟预测)已知O为△ABC的外心，AC=3，BC=4，则OC⋅AB=
．
7
【答案】- /-3.5
2
【解析】如图：E,F分别为CB,CA的中点，则OE⊥BC,OF⊥AC
    
∴OC⋅AB=OC⋅CB-CA 
   
=OC⋅CB-OC⋅CA
 
=OE+EC 
  
⋅CB-OF+FC 

⋅CA
       
=OE⋅CB+EC⋅CB-OF⋅CA-FC⋅CA
 
1 1
=- |CB|2-- |CA|2
2 2


1
= CA|2-
2


 CB|2 
1
= ×9-16
2

7
=- .
2
7
故答案为：- .
2
第 页 共 页
1012 34271705 (2024·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考阶段练习)已知O是△ABC的外

AC
心，若


AB 

  AB
AB⋅AO+


AC 
  
AC⋅AO=2mAO2，且sinB+sinC= 3，则实数m的最大
值为 ．
3
【答案】 /1.5
2
【解析】设三角形ABC的外接圆的半径为 r，
 
|AC|   |AB|   
∵  AB⋅AO+  AC⋅AO=2m(AO)2，
|AB| |AC|
∴根据向量数量积的几何定义可得：
b 1 c 1 m b c
⋅ c2+ ⋅ b2=2mr2，即bc=2mr2，∴ = ⋅ ，
c 2 b 2 2 2r 2r
b c b c
又sinB+sinC= 3，根据正弦定理可得sinB= ，sinC= ，∴ + = 3，
2r 2r 2r 2r
b c
 +
∴ m = b ⋅ b ≤  2r 2r
2 2r 2r  2
 2
3 b c 3 = ，当且仅当 = = 时，
4 2r 2r 2
即△ABC为等边三角形时取等号，
m 3 3 3
∴ ≤ ，∴m≤ ，∴实数m的最大值为 ．
2 4 2 2
3
故答案为：
2
 
1706 (2024·全国·高三专题练习)设O为△ABC的外心，若AB=4，BC=2 3，则BO⋅AC
= .
【答案】-2
【解析】如图，
设D、E分别为AB,BC的中点，则OD⊥AB,OE⊥BC，
    
所以BO∙AC=BO∙BC-BA 
    
=BO∙BC-BO∙BA =BO 

∙BC  ∙cos∠OBC-
第 页 共 页
1013 3427
BO 

∙BA  ∙cos∠OBA

=BE 

·BC 

-BA 

·BD 

1
= BC
2


1
2- BA
2
 2=-2 ,
故答案为：-2 .
1707 (2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习)已知点O是△ABC的外心，a，b，c
  
π cosB cosC
分别为内角A，B，C的对边，A= ，且 ⋅AB+ ⋅AC=2λOA，则λ的值为
3 sinC sinB
．
3
【答案】- .
2
【解析】如图，
分别取AB，AC的中点D，E，连接OD，OE，
       
1 1 1 1
则AB⋅OA=-AB⋅ AB=- c2；AC⋅OA=-AC⋅ AC=- b2，
2 2 2 2
  
cosB cosC
因为 ⋅AB+ ⋅AC=2λOA，
sinC sinB
a b c
设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理可得 = = =2R，
sinA sinB sinC
  
cosB
所以两边同时点乘OA可得 ⋅AB⋅OA
sinC

 
cosC
+ ⋅AC⋅OA
sinB


=2λOA2,
cosB 1
即 ⋅- c2
sinC 2

cosC 1
+ ⋅- b2
sinB 2
 =2λR2,
1 c 1 b
所以- ⋅ ⋅ccosB- ⋅ ⋅bcosC=2λR2，
2 sinC 2 sinB
1 1
所以- ⋅2R⋅ccosB- ⋅2R⋅bcosC=2λR2,
2 2
所以-ccosB+bcosC  =2λR，
a2+c2-b2 a2+b2-c2
所以-c⋅ +b⋅
2ac 2ab
 =2λR，即-a=2λR，
a π 3
所以λ=- =-sinA=-sin =- .
2R 3 2
3
故答案为：- .
2
 
1
1708 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，AB=6，AC=3 5．点M满足AM= AB
5
    
1 1 1
+ AC．过点M的直线l分别与边AB,AC交于点D,E且AD= AB，AE= AC．
4 λ μ
   
已知点G为△ABC的外心，AG=λAB+μAC，则AG  为 ．
【答案】3 10
 
【解析】∵D,M,E三点共线，∴可设AM=tAD+1-t 

AE0<t<1  ，
  
1 1
∴ AB=tAD， AC=1-t
5 4

   
1 1
AE，即AD= AB，AE=
5t 41-t 

AC，
第 页 共 页
1014 34271 1
= 5t λ
∴ 1
41-t 
   
 1 ，即λ=5t，μ=4-4t，∴AG=5tAB+4-4t

 =
μ


AC；
   
∴CG=AG-AC=5tAB+3-4t 
   
AC，BG=AG-AB=5t-1 

AB+4-4t 

AC，

∵G为△ABC的外心，∴AG 

=BG 

=CG  ，
40t-40t2
∴

 
AB⋅AC+4-4t 

2AC2=30t-40t2 
 
AB⋅AC+3-4t 

2AC2

25t2AB2+40t-40t2 
 
AB⋅AC=5t-1 

2AB2+5t-1  8-8t 

   ，
AB⋅AC
 
10tAB⋅AC=8t-7
整理可得：


AC2=360t-315
8t-8 
 
AB⋅AC=10t-1 

  ，
AB2=360t-36
 
360t-315 360t-36 -7-3 7 -7+3 7
∴AB⋅AC= = ，解得：t= (舍)或t= ；
10t 8t-8 2 2
    
∴AG2=λ2AB2+2λμAB⋅AC+μ2AC2=900t2+10t4-4t 
360t-36
× +454-4t
8t-8
 2=
-180t2-1260t+720=-180t2+7t-4  =90，

∴AG  =3 10.
故答案为：3 10.
1709 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC中，AB=AC=1，BC= 2，点O是△ABC的
 
外心，则CO⋅AB= .
1
【答案】 /0.5
2
【解析】在△ABC中，AB=AC=1，BC= 2，点O是△ABC的外心，又AB2+AC2=
 
BC2，所以△ABC是等腰直角三角形，所以O是三角形的斜边中点，所以CO⋅AB=

1
BC
2


AB 
1 2 1
cos45°= × 2×1× = ．
2 2 2
1
故答案为： ．
2
1710 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知点P是△ABC的内心、外心、重
   
心、垂心之一，且满足2AP⋅BC=AC2-AB2，则点P一定是△ABC的 ( )
A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心
【答案】B
  
【解析】设BC中点为D，所以AB+AC=2AD，
     
所以2AP⋅BC=AC2-AB2=AC+AB 
 
AC-AB 
 
=BC⋅2AD，
  
即BC⋅AD-AP 
   
=BC⋅PD=0，所以BC⊥PD，
第 页 共 页
1015 3427又由D为BC中点可得点P在BC的垂直平分线上，
所以点P是△ABC的外心，
故选：B
5 题型五：垂心定理
   
1711 (2024·全国·高三专题练习)设O为ΔABC的外心，若OA+OB+OC=OM，则M是
ΔABC的 ( )
A.重心(三条中线交点) B.内心(三条角平分线交点)
C.垂心(三条高线交点) D.外心(三边中垂线交点)
【答案】C
【解析】在ΔABC中，O为外心，可得OA=OB=OC，
   
∵OA+OB+OC=OM，
   
∴OA+OB=OM-OC，
 
设AB的中点为D，则OD⊥AB，CM=2OD，
∴CM⊥AB，可得CM在AB边的高线上．
同理可证，AM在BC边的高线上，
故M是三角形ABC两高线的交点，可得M是三角形ABC的垂心，
故选：C
1712 (2024·全国·高三专题练习)已知H为△ABC的垂心(三角形的三条高线的交点)，若
  
1 2
AH= AB+ AC，则sin∠BAC= .
3 5
6 1
【答案】 / 6
3 3
  
1 2
【解析】因为AH= AB+ AC，
3 5
         
2 2 1 3
所以BH=BA+AH=- AB+ AC，同理CH=CA+AH= AB- AC，
3 5 3 5
   
2 2
由H为△ABC的垂心，得BH⋅AC=0，即- AB+ AC
3 5


⋅AC=0，
第 页 共 页
1016 3427 2
可知 AC
5

 2
2= AC
3


AB 

3AC
cos∠BAC，即cos∠BAC=


5AB 
，
   
1 3
同理有CH⋅AB=0，即 AB- AC
3 5

 
1
⋅AB=0，可知 AB
3
 2=
 3
AC
5


AB 

5AB
cos∠BAC，即cos∠BAC=


9AC 
，
1 1 2
所以cos2∠BAC= ，sin2∠BAC=1-cos2∠BAC=1- = ，又∠BAC∈0,π
3 3 3
 ，
6
所以sin∠BAC= ．
3
6
故答案为： .
3
   
1713 (2024·北京·高三强基计划)已知H是△ABC的垂心，2HA+3HB+4HC=0，则
△ABC的最大内角的正弦值是 ．
42
【答案】
7
【解析】法1：根据三角形五心的向量表达，有tanA:tanB:tanC=2:3:4，
设tanA,tanB,tanC分别为2t,3t,4t，
根据三角恒等式tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，
3
可得2t+3t+4t=2t⋅3t⋅4t⇒t= ，
8
42
因此△ABC的最大内角的正切值为4t= 6，因此最大内角的正弦值为 ．
7
     
法2：因为H是△ABC的垂心，故HA⋅HB=HB⋅HC=HC⋅HA，
     
设HA⋅HB=HB⋅HC=HC⋅HA=-m，
   
则HA⋅2HA+3HB+4HC 

7m
=0，故HA2= ，
2
 
5m
同理，HB2=2m，HC2= ，
4
而A+∠BHC=B+∠CHA=C+∠BHA=π，
 
HB⋅HC
故cosA=-∠BHC=- 
HB 

⋅HC 
m 2
= = ，
5m 5 2m×
4
8 1
同理，cosB= ，cosC= ，
35 7
42
因为cosC<cosB<cosA，故C最大，故sinC= .
7
42
故答案为：
7
   
1714 (2024·全国·高三专题练习)设H是△ABC的垂心，且4HA+5HB+6HC=0，则
cos∠AHB= ．
22
【答案】-
11
【解析】∵H是△ABC的垂心，
      
∴HA⊥BC，HA⋅BC=HA⋅HC-HB  =0，
       
∴HA⋅HB=HC⋅HA，同理可得，HB⋅HC=HC⋅HA，
     
故HA⋅HB=HB⋅HC=HC⋅HA，
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1017 3427   
∵4HA+5HB+6HC=0，
    
∴4HA2+5HA⋅HB+6HA⋅HC=0，
  
4
∴HA⋅HB=- HA
11

  
1
2，同理可求得HA⋅HB=- HB
2
 2，
 
HB⋅HA
∴cos∠AHB= 
HB 

HA 

4 - HA
11
=
 2

HB 

HA 
 
HB⋅HA
，cos∠AHB= 
HB 

HA 

1 - HB
2
=
 2

HB 

HA 
，
2 22
∴cos2∠AHB= ，即cos∠AHB=- .
11 11
22
故答案为：- ．
11
1715 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，点O、点H分别为△ABC的外心和垂心，|AB|
 
=5,|AC|=3，则OH⋅BC= .
【答案】8
  
【解析】OH=AH-AO，
   
OH⋅BC=AH-AO 
    
⋅BC=AH⋅BC-AO⋅BC，
因为H为垂心，
     
所以AH⋅BC=0，OH⋅BC=-AO⋅BC，
设∠AOB=A,∠AOB=B，外接圆的半径为r，
由余弦定理得AB  2=AO  2+OB  2-2AO  ⋅OB  ⋅cosA，
=r2+r2-2r2⋅cosA，
=2r2-2r2⋅cosA，
同理AC  2=AO  2+OC  2-2AO  ⋅OC  ⋅cosA，
=r2+r2-2r2⋅cosB，
=2r2-2r2⋅cosB，
    
所以AO⋅BC=AO⋅BO+OC  ，
   
=AO⋅BO+AO⋅OC，
   
=OA⋅OB-OA⋅OC，

=OA 

⋅OB 

⋅cosA-OA 

⋅OC  ⋅cosB，
=r2⋅cosA-r2⋅cosB，
= AC  2-AB  2  
1
× =-8，
2
 
所以OH⋅BC=8，
故答案为：8
4
1716 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，AB=AC，tanC= ，H为△ABC的垂心，且
3
  
满足AH=mAB+nBC，则m+n= .
21
【答案】
32
【解析】如图所示，D为BC的中点，不妨设AD=4m，则BD=3m.因为tan∠BHD=
 
BD 4 9 7 7 7
tanC= = ，则HD= m，则AH= m= AD，AH= AD=
HD 3 4 4 16 16
 
7 1
AB+ BC
16 2

 
7 7 21
= AB+ BC，由此可得m+n= .
16 32 32
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1018 342721
故答案为：
32
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1019 3427