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． 第 页 共 页 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． 第 页 共 页 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 第 页 共 页 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， 第 页 共 页 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. 第 页 共 页 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