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培优点5 平面向量奔驰定理与三角形四心问题
重点解读 奔驰定理将三角形的四心与向量完美地融合到一起，揭示了平面向量与三角形面积之间所蕴含的一
个优美规律，同时也加强了对三角形的认识，加深了对数学的理解.
题型一 奔驰定理
例1 如图1，O 是△ABC 内一点，△BOC，△AOC，△AOB 的面积分别为SA，SB，SC，求证：SA⃗
OA+SB⃗OB+SC⃗OC=0.(图1 与奔驰汽车的标志(图2)类似，故上述结论称为“奔驰”定理)
证明 如图，延长AO 与BC 相交于点D，
BD
DC = S△ABD
S△ACD
=S△BOD
S△COD
=- S△BOD
- S△COD
= S△ABD- S△BOD
S△ACD- S△COD
=SC
SB
，记BD
DC =λ，
则⃗BD=λ⃗DC，即⃗OD-⃗OB=λ(⃗OC-⃗OD)，
所以-(1+λ)⃗OD+⃗OB+λ⃗OC=0，
又⃗OD=-|⃗OD|
|⃗OA |⃗
OA=-
S A
SB+ SC⃗
OA，
所以
S A
SB+ SC(1+ SC
SB)⃗OA+⃗OB+
SC
SB⃗
OC=0，
从而SA⃗OA+SB⃗OB+SC⃗OC=0.
思维升华 利用平面向量“奔驰定理”解题时，要严格遵循定理成立的条件，注意定理中的点P 为△ABC
内一点；定理中等式左边三个向量的系数之比对应三个三角形的面积之比.
跟踪训练1 已知O 是△ABC 内部一点，满足⃗OA+2⃗OB+m⃗OC=0，且
S△AOB
S△ABC
=4
7 ，则实数m 等于(
)
A.2
B.3
C.4
D.5
答案 C
解析 由奔驰定理得
S△BOC·⃗OA+S△AOC·⃗OB+S△AOB·⃗OC=0，
又⃗OA+2⃗OB+m⃗OC=0，
∴S△BOC∶S△AOC∶S△AOB=1∶2∶m.
∴
S△AOB
S△ABC
=
m
1+2+m=4
7 ，
解得m=4.
题型二 奔驰定理与三角形四心问题
命题点1 奔驰定理与重心
例2 已知G 是△ABC 的重心，求证：⃗GA+⃗GB+⃗GC=0.
证明 ∵G 是△ABC 的重心，
∴SA=SB=SC，
由奔驰定理得⃗GA+⃗GB+⃗GC=0.
命题点2 奔驰定理与外心
例3 已知O 是锐角△ABC 的外心，求证：⃗OAsin 2A+⃗OBsin 2B+⃗OCsin 2C=0.
证明 由O 是锐角△ABC 的外心，
得|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|，
则∠AOB=2∠ACB，∠BOC=2∠BAC，
∠COA=2∠ABC，
于是SA∶SB∶SC=sin 2A∶sin 2B∶sin 2C，
根据奔驰定理得到⃗OAsin 2A+⃗OBsin 2B+⃗OCsin 2C=0.
命题点3 奔驰定理与内心
例4 已知O 是△ABC 的内心，求证：a⃗OA+b⃗OB+c⃗OC=0.(其中a，b，c 分别是△ABC 的三个内角
A，B，C 所对的边长)
证明 设△ABC 的内切圆半径为r，O 是△ABC 的内心，则SA∶SB∶SC=ar
2 ∶br
2 ∶cr
2 =a∶b∶c.
根据奔驰定理得，O 是△ABC 的内心，
∴a⃗OA+b⃗OB+c⃗OC=0.
命题点4 奔驰定理与垂心
例5 已知O 是△ABC(非直角三角形)的垂心，求证：⃗OAtan A+⃗OBtan B+⃗OCtan C=0.
证明 O 是△ABC(非直角三角形)的垂心，
∴⃗OA·⃗OB=⃗OB·⃗OC=⃗OC·⃗OA，
∴|⃗OA|·|⃗OB|cos(π-C)
=|⃗OB|·|⃗OC|cos(π-A)
=|⃗OC|·|⃗OA|cos(π-B)，
∴|⃗OA|∶|⃗OB|∶|⃗OC|=cos A∶cos B∶cos C，
∴SA∶SB∶SC=tan A∶tan B∶tan C，
由奔驰定理得，O 是△ABC(非直角三角形)的垂心，
∴⃗OAtan A+⃗OBtan B+⃗OCtan C=0.
思维升华 推论1：P 是△ABC 所在平面内任意一点，⃗PG=1
3 (⃗PA+⃗PB+⃗PC)⇔G 是△ABC 的重心.
推论2：P 是锐角△ABC 所在平面内任意一点，⃗PO=⃗PA sin 2 A +⃗PBsin 2B+⃗PC sin 2C
sin 2 A +sin 2B+sin 2C
⇔O 是锐角△ABC
的外心.
推论3：P 是△ABC 所在平面内任意一点(其中a，b，c 分别为△ABC 的三个内角A，B，C 所对的边长)，O
是△ABC 的内心⇔⃗PO=a⃗PA +b⃗PB+c⃗PC
a+b+c
.
推论4：P 是△ABC(非直角三角形)所在平面内任意一点，O 是△ABC(非直角三角形)的垂心⇔⃗PO=⃗
PA tan A +⃗PB tan B+⃗PC tanC
tan A + tan B+ tanC
.
跟踪训练2 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SA，SB，SC，则SA·⃗MA+SB·⃗MB
+SC·⃗MC=0.以下命题错误的是( )
A.若SA∶SB∶SC=1∶1∶1，则M 为△ABC 的重心
B.若M 为△ABC 的内心，则BC·⃗MA+AC·⃗MB+AB·⃗MC=0
C.若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M 为△ABC 的外心，则SA∶SB∶SC=√3∶2∶1
D.若M 为△ABC 的垂心，3⃗MA+4⃗MB+5⃗MC=0，则cos∠AMB=-√6
6
答案 C
解析 对于A，取BC 的中点D，连接MD，如图，
由SA∶SB∶SC=1∶1∶1，则⃗MA+⃗MB+⃗MC=0，
所以2⃗MD=⃗MB+⃗MC=-⃗MA，
所以A，M，D 三点共线，且⃗AM=2
3⃗AD，
设E，F 分别为AB，AC 的中点，同理可得⃗CM=2
3⃗CE，⃗BM=2
3⃗BF，所以M 为△ABC 的重心，故A 正确；
对于B，由M 为△ABC 的内心，则可设其内切圆半径为r，
则有SA=1
2BC·r，SB=1
2AC·r，SC=1
2AB·r，
所以1
2r·BC·⃗MA+1
2r·AC·⃗MB+1
2r·AB·⃗MC=0，
即BC·⃗MA+AC·⃗MB+AB·⃗MC=0，故B 正确；
对于C，由M 为△ABC 的外心，则可设△ABC 的外接圆半径为R，
又∠BAC=45°，∠ABC=60°，
则有∠BMC=2∠BAC=90°，∠AMC=2∠ABC=120°，∠AMB=2∠ACB=150°，
所以SA=1
2R2·sin∠BMC=1
2R2·sin 90°=1
2R2，
SB=1
2R2·sin∠AMC=1
2R2·sin 120°=√3
4 R2，
SC=1
2R2·sin∠AMB=1
2R2·sin 150°=1
4 R2，
所以SA∶SB∶SC=2∶√3∶1，故C 错误；
对于D，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，3⃗MA+4⃗MB+5⃗MC=0，则SA∶SB∶SC=3∶4∶5，
又S△ABC=SA+SB+SC，则
S△ABC
S A
=4，
S△ABC
SB
=3，
设MD=x，MF=y，x，y>0，
则AM=3x，BM=2y，
所以cos∠BMD= x
2 y =cos∠AMF= y
3 x ，
即3x2=2y2，x
y =√6
3 ，
所以cos∠BMD=√6
6 ，所以cos∠AMB=cos(π-∠BMD)=-√6
6 ，故D 正确.
课时精练
[分值：52 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.点P 在△ABC 内部，满足⃗PA+2⃗PB+3⃗PC=0，则S△ABC∶S△APC为( )
A.2∶1 B.3∶2 C.3∶1 D.5∶3
答案 C
解析 根据奔驰定理得，S△PBC∶S△PAC∶S△PAB=1∶2∶3，所以S△ABC∶S△APC=3∶1.
2.已知点G，O，H 在△ABC 所在平面内，满足⃗GA+⃗GB+⃗GC=0，|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|，⃗AH·⃗BH=⃗BH·⃗CH=⃗
CH·⃗AH，则点G，O，H 依次为△ABC 的( )
A.重心、外心、内心
B.重心、内心、外心
C.重心、外心、垂心
D.外心、重心、垂心
答案 C
解析 因为⃗GA+⃗GB+⃗GC=0，所以⃗GA+⃗GB=-⃗GC，
设AB 的中点为D，则⃗GA+⃗GB=2⃗GD，所以-⃗GC=2⃗GD，
所以C，G，D 三点共线，即G 为△ABC 的中线CD 上的点，且GC=2GD，
所以G 为△ABC 的重心；
因为|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|，所以OA=OB=OC，所以O 为△ABC 的外心；
因为⃗AH·⃗BH=⃗BH·⃗CH=⃗CH·⃗AH，所以⃗BH·(⃗AH-⃗CH)=0，即⃗HB·⃗AC=0，
所以⃗HB⊥⃗AC，同理可得⃗HA⊥⃗BC，⃗HC⊥⃗AB，所以H 为△ABC 的垂心.
3.已知G 是△ABC 的重心，若⃗GC=x⃗AB+y⃗AC，x，y∈R，则x+y 等于( )
A.-1
B.1
C.1
3
D.-1
3
答案 C
解析 由⃗GC=x⃗AB+y⃗AC，
可得⃗GC=x(⃗GB-⃗GA)+y(⃗GC-⃗GA)，
即(x+y)⃗GA-x⃗GB+(1-y)⃗GC=0.
因为G 是△ABC 的重心，
所以x+y=-x=1-y，
解得x=-1
3，y=2
3，
则x+y=1
3.
4.设O 是平面α 内一定点，A，B，C 是平面α 内不共线的三点，平面α 内的动点P 满足⃗OP=⃗OA+λ
(⃗
AB
|⃗AB|cos B
+⃗
AC
|⃗AC |cosC)，λ∈[0，+∞)，则点P 的轨迹经过△ABC 的( )
A.内心B.外心
C.垂心D.重心
答案 C
解析 ⃗OP·⃗BC
=⃗OA·⃗BC+λ(⃗
AB
|⃗AB|cos B
+⃗
AC
|⃗AC |cosC)·⃗BC
=⃗OA·⃗BC+λ(-|⃗BC|+|⃗BC|)=⃗OA·⃗BC，
则⃗OP·⃗BC-⃗OA·⃗BC=0，
即⃗AP·⃗BC=0，故AP⊥BC，
即点P 的轨迹经过△ABC 的垂心.
5.已知点A，B，C，P 在同一平面内，⃗PQ=1
3⃗PA，⃗QR=1
3⃗QB，⃗RP=1
3⃗RC，则S△ABC∶S△PBC等于( )
A.14∶3
B.19∶4
C.24∶5
D.29∶6
答案 B
解析 由⃗QR=1
3⃗QB可得⃗PR-⃗PQ
=1
3 (⃗PB-⃗PQ)，
整理可得⃗PR=1
3⃗PB+2
3⃗PQ=1
3⃗PB+2
9⃗PA，
由⃗RP=1
3⃗RC可得⃗RP=1
3 (⃗PC-⃗PR)，
整理可得⃗PR=-1
2⃗PC，
所以-1
2⃗PC=1
3⃗PB+2
9⃗PA，
整理得4⃗PA+6⃗PB+9⃗PC=0，
由奔驰定理可得
S△ABC∶S△PBC=(4+6+9)∶4=19∶4.
6.如图，已知O 是△ABC 的垂心，且⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0，则cos∠ACB 等于( )
A.3√10
10
B.√10
10
C.2√5
5
D.√5
5
答案 B
解析 由题意知，△ABC 为锐角三角形，如图，延长CO 交AB 于点P，
∵O 是△ABC 的垂心，∴OP⊥AB，
设△BOC，△AOC，△AOB 的面积分别为S1，S2，S3，∴S1∶S2=(
1
2 ·OC·BP)∶(
1
2 ·OC·AP)
=BP∶AP=(OPtan∠POB)∶(OPtan∠POA)=tan∠COB∶tan∠COA=tan(π-∠BAC)∶tan(π-
∠ABC)=tan∠BAC∶tan∠ABC，
同理可得S1∶S3=tan∠BAC∶tan∠ACB，
∴S1∶S2∶S3=tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB.
由奔驰定理可知，S1·⃗OA+S2·⃗OB+S3·⃗OC=0，
∴tan∠BAC·⃗OA+tan∠ABC·⃗OB+tan∠ACB·⃗OC=0.
又⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0，
∴tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB=1∶2∶3.
不妨设tan∠BAC=k，tan∠ABC=2k，tan∠ACB=3k，其中k≠0，
∵tan∠BAC=-tan(∠ABC+∠ACB)
=- tan ∠ABC + tan ∠ACB
1- tan ∠ABC tan ∠ACB ，
∴k=- 2k +3k
1-2k·3k ，解得k=±1.
当k=-1 时，此时tan∠BAC<0，tan∠ABC<0，tan∠ACB<0，则∠BAC，∠ABC，∠ACB 都是钝角，不合题
意，舍去，
故k=1，则tan∠ACB=3>0，故∠ACB 为锐角，
∴{
sin ∠ACB
cos∠ACB =3,
sin
2∠ACB+co s
2∠ACB =1,
解得cos∠ACB=√10
10 .
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.若O，P 是锐角△ABC 内的点，A，B，C 是△ABC 的三个内角，且满足⃗PA+⃗PB+⃗PC=1
3⃗CA，⃗OA·⃗OB=⃗
OB·⃗OC=⃗OC·⃗OA，则( )
A.S△PAB∶S△PBC∶S△PCA=4∶3∶2
B.∠A+∠BOC=π
C.|⃗OA|∶|⃗OB|∶|⃗OC|=cos A∶cos B∶cos C
D.tan A·⃗OA+tan B·⃗OB+tan C·⃗OC=0
答案 BCD
解析 因为⃗PA+⃗PB+⃗PC=1
3⃗CA，所以⃗PA+⃗PB+⃗PC=1
3 (⃗PA-⃗PC)，即2
3⃗PA+⃗PB+4
3⃗PC=0，所以⃗PB=-2
3⃗PA-
4
3⃗PC，
又由奔驰定理S△PBC⃗PA+S△PCA⃗PB+S△PAB⃗PC=0，得⃗PB=-S△PBC
S△PCA⃗
PA- S△PAB
S△PCA⃗
PC，
因为⃗PA，⃗PC不共线，所以-S△PBC
S△PCA
=-2
3，- S△PAB
S△PCA
=-4
3 ，
所以S△PAB∶S△PBC∶S△PCA=4∶2∶3，故A 错误；
延长AO，BO，CO 分别与角A，B，C 的对边交于点D，E，F，如图，
由⃗OA·⃗OB=⃗OB·⃗OC，得⃗OB·(⃗OA-⃗OC)=⃗OB·⃗CA=0，所以OB⊥AC，同理OC⊥AB，OA⊥BC，所以O 是
△ABC 的垂心，
在四边形AEOF 中，∠A+∠EOF=π，∠EOF=∠BOC，所以∠A+∠BOC=π，故B 正确；
由⃗OA·⃗OB=⃗OB·⃗OC=⃗OC·⃗OA，得|⃗OA||⃗OB|cos∠AOB=|⃗OB||⃗OC|cos∠BOC=|⃗OC||⃗OA|cos∠AOC，
所以|⃗OA|∶|⃗OB|∶|⃗OC|=cos∠BOC∶cos∠AOC∶cos∠AOB，
由选项B 得cos∠BOC=-cos A，
同理，cos∠AOC=-cos B，cos∠AOB=-cos C，
所以|⃗OA|∶|⃗OB|∶|⃗OC|=cos A∶cos B∶cos C，故C 正确；
由上述解析知，
S△OBC=1
2OB·OCsin∠BOC=1
2OB·OCsin A，
S△OAC=1
2OA·OCsin∠AOC=1
2OA·OCsin B，
S△OAB=1
2OA·OBsin∠AOB=1
2OA·OBsin C，
所以S△OBC∶S△OAC∶S△OAB
=sin A
OA ∶sin B
OB ∶sinC
OC ，
又|⃗OA|∶|⃗OB|∶|⃗OC|=cos A∶cos B∶cos C，
得S△OBC∶S△OAC∶S△OAB= sin A
cos A ∶sin B
cos B ∶sinC
cosC =tan A∶tan B∶tan C，
由奔驰定理S△OBC·⃗OA+S△OAC·⃗OB+S△OAB·⃗OC=0，得tan A·⃗OA+tan B·⃗OB+tan C·⃗OC=0，故D 正确.
8.设锐角△ABC 内部的一点O 满足OA=OB=OC，角A，B，C 是△ABC 的三个内角，且
1
2cos A⃗OA+
cos B
sinC⃗AB+cosC
sin B⃗AC=0，则角A 的大小可能为( )
A. π
12
B.π
6
C.π
3
D.5 π
12
答案 AD
解析 锐角△ABC 内部的一点O 满足OA=OB=OC，则O 为△ABC 的外接圆的圆心，设外接圆的半径为
R，
因为
1
2cos A⃗OA+cos B
sinC⃗AB+cosC
sin B⃗AC=0，
所以
1
2cos A⃗OA+cos B
sinC (⃗OB-⃗OA)+cosC
sin B (⃗OC-⃗OA)=0，
从而
1
2cos A⃗OA
2+cos B
sinC (⃗OB·⃗OA-⃗OA
2)+cosC
sin B (⃗OC·⃗OA-⃗OA
2)=0，
即
1
2cos A R2+cos B
sinC (R2cos∠AOB-R2)+cosC
sin B (R2cos∠AOC-R2)=0，
进而得
1
2cos A +cos B
sinC (cos 2C-1)+cosC
sin B (cos 2B-1)=0，
即
1
2cos A +cos B
sinC (-2sin2C)+cosC
sin B (-2sin2B)=0，
所以
1
2cos A =2sin Ccos B+2sin Bcos C
=2sin(B+C)=2sin A，
即2sin Acos A=1
2，所以sin 2A=1
2，
因为0<A<π
2 ，0<2A<π，
所以2A=π
6 或5 π
6 ，所以A= π
12或5 π
12 .
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.已知P 为△ABC 的外心，角A，B，C 是△ABC 的三个内角，且⃗PA+⃗PB=λ⃗PC，tan C=12
5 ，则实数λ 的值
为 .
答案 -10
13
解析 由题意知，△ABC 为锐角三角形，由P 为△ABC 的外心，
可知sin 2A·⃗PA+sin 2B·⃗PB+sin 2C·⃗PC=0，
又由题设得⃗PA+⃗PB=λ⃗PC，
即⃗PA+⃗PB-λ⃗PC=0，
比较两式，可知sin 2A∶sin 2B∶sin 2C=1∶1∶(-λ)，
得到sin 2A=sin 2B，所以2A=2B 或2A=π-2B.
若2A=π-2B，则A+B=π
2 ，
此时△ABC 为直角三角形，不符合题意；
若2A=2B，则A=B，
由A+B+C=π 知2A=π-C，
sin 2A=sin(π-C)=sin C.
由sin 2A∶sin 2B∶sin 2C=1∶1∶(-λ)，
可得λ=-sin2C
sin2 A =-sin2C
sinC =-2cos C，
由tan C=12
5 ，C 为锐角，可得cos C= 5
13，所以λ=-10
13.
10.已知I 为△ABC 的内心，且5⃗IA=4(⃗BI+⃗CI).记R，r 分别为△ABC 的外接圆、内切圆的半径，若r=15，
则R= .
答案 32
解析 依题意，有5⃗IA+4⃗IB+4⃗IC=0.
由三角形内心的向量表示，若a，b，c 分别为△ABC 的内角A，B，C 的对边的边长，I 为△ABC 的内心，
则a⃗IA+b⃗IB+c⃗IC=0，
得a∶b∶c=5∶4∶4，可设a=10k(k>0)，则b=c=8k.
作AD⊥BC 于点D(图略)，则AD=√39k，
S△ABC=1
2a·AD=5√39k2，
又r=15，S△ABC=1
2(a+b+c)r=195k，
所以k=√39.
因为sin B= AD
c =√39
8 ，
所以2R=
b
sin B = 8k
sin B =8√39× 8
√39=64，所以R=32.
