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奔驰定理与三角形四心 【知识拓展】 1.奔驰定理 如图，已知P 为△ABC 内一点，则有S1·PA＋S2·PB＋S3·PC＝0(其中S1，S2，S3分 别为△PBC，△PAC，△PAB 的面积). 证明：设∠APB＝α，∠APC＝β，|PA|＝x， |PB|＝y，|PC|＝z. 根据三角形正弦定理面积公式得 S1PA＋S2PB＋S3PC＝yzsin[2π－(α＋β)]·PA＋xzsin βPB＋xysin αPC ＝－yzsin(α＋β)PA＋xzsin βPB＋xysin αPC，① 把①式两边与向量PA作数量积得 (S1PA＋S2PB＋S3PC)·PA ＝－x2yzsin(α＋β)＋x2yzsin βcos α＋x2yzsin αcos β ＝x2yz[－sin(α＋β)＋sin βcos α＋sin αcos β]＝0. 同理：①式两边与向量PB，PC作数量积都得0. 但是S1PA＋S2PB＋S3PC不可能同时与PA，PB，PC三个向量垂直，而PA，PB， PC也不可能都为0，所以S1PA＋S2PB＋S3PC＝0. 该例对应的图形特别像奔驰汽车的标志，所以我们把上述结论称为奔驰定理，该 定理对于推导出三角形的四心的向量结论有直接的作用. 2.三角形四心的向量表示及结论(利用奔驰定理自行完成证明) (1)点O 是△P1P2P3的重心⇔OP1＋OP2＋OP3＝0⇔S△P2OP3＝S△P1OP3＝S△P1OP2＝ S△P1P2P3； (2)点O 是△P1P2P3 的垂心⇔OP1·OP2＝OP2·OP3＝OP3·OP1⇔tan P1·OP1＋tan P2·OP2 ＋tan P3·OP3 ＝0⇔S△P2OP3∶S△P3OP1∶S△P1OP2 ＝tan P1∶tan P2∶tan P3(△P1P2P3不是直角三角形)； (3) 点 O 是 △ P1P2P3 的 内 心 ⇔ aOP1 ＋ bOP2 ＋ cOP3 ＝ 0⇔S△P2OP3∶S△P3OP1∶S△P1OP2＝a∶b∶c(其中a，b，c 是△P1P2P3的三边，分别 对应角P1，P2，P3)； (4)点O 是△P1P2P3 的外心⇔|OP1|＝|OP2|＝|OP3|⇔OP1sin 2P1＋OP2sin 2P2＋ OP3sin 2P3＝0⇔S△P2OP3∶S△P3OP1∶S△P1OP2＝sin 2P1∶sin 2P2∶sin 2P3. 【类型突破】 类型一 利用奔驰定理解决与三角形面积比有关的问题 例1 (1)已知O 是△ABC 内部一点，满足OA＋2OB＋mOC＝0，且＝，则实数m ＝( ) A.2 B.3 C.4 D.5 (2)已知点A，B，C，P 在同一平面内，PQ＝PA，QR＝QB，RP＝RC，则 S△ABC∶S△PBC＝( ) A.14∶3 B.19∶4 C.24∶5 D.29∶6 答案 (1)C (2)B 解析 (1)法一 延长CO 到点M(图略)， 使得OM＝－OC， 因为OA＋2OB＋mOC＝0， 所以－OC＝OA＋OB， 即OM＝OA＋OB， 所以A，B，M 三点共线， 又因为OC与OM反向共线， 所以＝， 所以＝＝＝， 解得m＝4. 法二(奔驰定理法) 由奔驰定理得S△BOC·OA＋S△AOC·OB＋S△AOB·OC＝0， 又OA＋2OB＋mOC＝0， 所以S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶m. 所以＝＝，解得m＝4. (2)法一 ∵QR＝QB， ∴以PQ 为底的△PQR 与△PQB 的高之比为1∶3， ∴S△PQB＝3S△PQR，即S△PRB＝2S△PQR， ∵以BR 为底的△PBR 与△BCR 的高之比为1∶3， ∴S△BCR＝3S△PBR＝6S△PQR， ∴S△PBC＝2S△PBR＝4S△PQR， 同理可得S△ACP＝S△ABQ＝6S△PQR， ∴＝＝＝. 法二(奔驰定理法) 由QR＝QB， 得PR－PQ＝(PB－PQ)， 整理得PR＝PB＋PQ＝PB＋PA， 由RP＝RC，得RP＝(PC－PR)， 整理得PR＝－PC， ∴－PC＝PB＋PA， 整理得4PA＋6PB＋9PC＝0， ∴S△ABC∶S△PBC＝(4＋6＋9)∶4＝19∶4. 规律方法 已知P 为△ABC 内一点，且xPA＋yPB＋zPC＝0(x，y，z∈R， xyz≠0，x＋y＋z≠0)，则有 (1)S△PBC∶S△PAC∶S△PAB＝|x|∶|y|∶|z|； (2)＝，＝， ＝. 训练1 设O 在△ABC 的内部，D 为AB 的中点，且OA＋OB＋2OC＝0，则△ABC 的面积与△AOC 的面积的比值为________. 答案 4 解析 法一 ∵D 为AB 的中点， 则OD＝(OA＋OB)， 又OA＋OB＋2OC＝0， ∴OD＝－OC，∴O 为CD 的中点. 又∵D 为AB 的中点， ∴S△AOC＝S△ADC＝S△ABC，则＝4. 法二(奔驰定理法) ∵OA＋OB＋2OC＝0， 根据奔驰定理，∴＝＝4. 类型二 奔驰定理和三角形的四心(四心在三角形内部) 考向1 奔驰定理与重心 例2 已知在△ABC 中，G 是重心，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且 56aGA＋40bGB＋35cGC＝0，则角B＝________. 答案 解析 依题意，可得56a∶40b∶35c＝1∶1∶1， 所以b＝a，c＝a， 所以cos B＝＝， 因为0<B<π，所以B＝. 考向2 奔驰定理与外心 例3 已知点P 是△ABC 的外心，且PA＋PB＋λPC＝0，C＝，则λ＝________. 答案 －1 解析 依题意得， sin 2A∶sin 2B∶sin 2C＝1∶1∶λ， ∴sin 2A＝sin 2B， ∴2A＝2B 或2A＋2B＝π(舍)，∴A＝B. 又C＝，∴A＝B＝， 又＝，∴λ＝＝＝－1. 考向3 奔驰定理与内心 例4 (2024·开封调研)在△ABC 中，AB＝2，AC＝3，BC＝4，O 为△ABC 的内心， 若AO＝λAB＋μBC，则3λ＋6μ 的值为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 C 解析 AO＝λAB＋μBC可化为OA＋λOB－λOA＋μOC－μOB＝0， 整理得(1－λ)OA＋(λ－μ)OB＋μOC＝0， 所以(1－λ)∶(λ－μ)∶μ＝4∶3∶2， 解得λ＝，μ＝， 所以3λ＋6μ＝3×＋6×＝3. 考向4 奔驰定理与垂心 例5 (2024·重庆质检)已知H 是△ABC 的垂心，若HA＋2HB＋3HC＝0，则角A＝ ________. 答案 解析 依题意， 可得tan A∶tan B∶tan C＝1∶2∶3， 代入tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C， 可得6tan A＝6tan3A， 因为tan A≠0，所以tan A＝±1. 又因为0<tan A<tan B<tan C， 所以tan A＝1，所以A＝. 易错提醒 涉及三角形的四心问题时，内心和重心一定在三角形内部，而外心和 垂心有可能在三角形外部，上述定理及推论中的点都在三角形内部，解题时，要 注意观察题目有无这一条件. 训练2 (1)设I 为△ABC 的内心，且2IA＋3IB＋IC＝0，则角C＝________. (2)设点P 在△ABC 内部且为△ABC 的外心，∠BAC＝，如图.若△PBC， △PCA，△PAB 的面积分别为，x，y，则x＋y 的最大值是________. 答案 (1) (2) 解析 (1)由2IA＋3IB＋IC＝0， 可得a∶b∶c＝2∶3∶， 令a＝2k，b＝3k，c＝k， 则cos C＝＝， 又C∈(0，π)，所以C＝. (2)法一 据奔驰定理得，PA＋xPB＋yPC＝0， 即AP＝2xPB＋2yPC， 平方得AP2＝4x2PB2＋4y2PC2＋8xy|PB|·|PC|·cos∠BPC， 又∵点P 是△ABC 的外心， ∴|PA|＝|PB|＝|PC|， 且∠BPC＝2∠BAC＝， ∴x2＋y2＋xy＝， 从而(x＋y)2＝＋xy≤＋， 解得0<x＋y≤， 当且仅当x＝y＝时取等号， ∴(x＋y)max＝. 法二 S△PBC∶S△PCA∶S△PAB＝sin 2A∶sin 2B∶sin 2C＝∶x∶y， 又∠BAC＝，∴sin 2A＝， ∵x＝sin 2B，y＝sin 2C， ∴x＋y＝(sin 2B＋sin 2C)＝ ＝sin， 又∵B∈，∴2B－∈， ∴sin∈， ∴x＋y∈，∴(x＋y)max＝. 【精准强化练】 一、单选题 1.点O 为△ABC 内一点，若S△AOB∶S△BOC∶S△AOC＝4∶3∶2，设AO＝λAB＋ μAC，则实数λ 和μ 的值分别为( ) A.， B.， C.， D.， 答案 A 解析 根据奔驰定理，得3OA＋2OB＋4OC＝0， 即3OA＋2(OA＋AB)＋4(OA＋AC)＝0， 整理得AO＝AB＋AC，所以λ＝，μ＝. 2.点P 在△ABC 内部，满足PA＋2PB＋3PC＝0，则S△ABC∶S△APC＝( ) 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＝(1＋2＋3)∶2＝3∶1. 3.已知O 是△ABC 内一点，OA＋OB＋OC＝0，AB·AC＝2 且∠BAC＝60°，则 △OBC 的面积为( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 ∵OA＋OB＋OC＝0， ∴O 是△ABC 的重心， ∴S△OBC＝S△ABC， ∵AB·AC＝2， ∴|AB||AC|cos∠BAC＝2， ∵∠BAC＝60°，∴|AB||AC|＝4， 又S△ABC＝|AB||AC|sin∠BAC＝， ∴△OBC 的面积为. 4.△ABC 内一点O 满足关系式S△OBC·OA＋S△OAC·OB＋S△OAB·OC＝0，即称为经典 的“奔驰定理”，若△ABC 的三边为a，b，c，现有a·OA＋b·OB＋c·OC＝0，则 O 为△ABC 的( ) A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心 答案 B 解析 记点O 到AB，BC，CA 的距离分别为h1，h2，h3，S△OBC＝a·h2，S△OAC＝ b·h3， S△OAB＝c·h1， 因为S△OBC·OA＋SOAC·OB＋S△OAB·OC＝0， 则a·h2·OA＋b·h3·OB＋c·h1·OC＝0， 即a·h2·OA＋b·h3·OB＋c·h1·OC＝0， 又因为a·OA＋b·OB＋c·OC＝0，所以h1＝h2＝h3，所以点P 是△ABC 的内心. 5.如图，已知O 是△ABC 的垂心，且OA＋2OB＋3OC＝0，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 答案 A 解析 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， 因此，＝＝＝＝， 同理＝， 于是得tan ∠BAC∶tan ∠ABC∶tan ∠ACB＝S△BOC∶S△AOC∶S△AOB， 又OA＋2OB＋3OC＝0， 由“奔驰定理”有S△BOC·OA＋S△AOC·OB＋S△AOB·OC＝0， 即S△BOC∶S△AOC∶SAOB＝1∶2∶3， 所以tan ∠BAC∶tan ∠ABC∶tan ∠ACB ＝1∶2∶3. 二、多选题 6.如图，设P，Q 为△ABC 内的两点，且AP＝AB＋AC，AQ＝AB＋AC，则( ) A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 答案 AC 解析 由AP＝AB＋AC， 可得PA＋PB－PA＋PC－PA＝0， 整理得PA＋PB＋PC＝0， 所以2PA＋2PB＋PC＝0，＝＝. 由AQ＝AB＋AC， 可得QA＋QB－QA＋QC－QA＝0， 整理得QA＋8QB＋3QC＝0， 所以＝＝，＝. 7.已知O 是△ABC 内一点，△BOC，△AOC，△AOB 的面积分别为S△BOC， S△AOC，S△AOB，则S△BOC·OA＋S△AOC·OB＋S△AOB·OC＝0，∠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△BOC∶S△AOC∶SAOB＝4∶3∶2 B.若|OA|＝|OB|＝2，∠AOB＝，且2OA＋3OB＋4OC＝0，则S△ABC＝ C.若OA·OB＝OB·OC＝OC·OA，则O 为△ABC 的垂心 D.若O 为△ABC 的内心，且5OA＋12OB＋13OC＝0，则∠ACB＝ 答案 BCD 解析 对于A，2OA＋3OB＋4OC＝0， 则S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝2∶3∶4，故A 错误； 对于B，S△AOB＝×2×2×sin ＝， 又2OA＋3OB＋4OC＝0， 故S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝2∶3∶4， 所以S△ABC＝S△AOB＝，故B 正确； 对于C，OA·OB＝OB·OC， 即(OA－OC)·OB＝CA·OB＝0， 故CA⊥OB， 同理可得CB⊥OA，AB⊥OC， 所以O 为△ABC 的垂心，故C 正确； 对于D，5OA＋12OB＋13OC＝0， 故S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝5∶12∶13， 设内切圆半径为r，S△BOC＝r·BC S△AOC＝r·AC，S△AOB＝r·AB， 即BC∶AC∶AB＝5∶12∶13， 即AB2＝AC2＋BC2，∠ACB＝，故D 正确. 三、填空题 8.△ABC 的内切圆圆心为O，半径为2，且S△ABC＝14，2OA＋2OB＋3OC＝0，则 △ABC 的外接圆面积为________. 答案 解析 ∵2OA＋2OB＋3OC＝0，且O 为内心， ∴a∶b∶c＝2∶2∶3， 令a＝2k，则b＝2k，c＝3k， 设△ABC 内切圆半径为r，外接圆半径为R， 又S△ABC＝(a＋b＋c)·r ⇒×7k×2＝14⇒k＝2， ∴a＝4，b＝4，c＝6， ∴cos C＝－，sin C＝， 又2R＝＝⇒R＝＝， ∴外接圆面积S＝πR2＝. 9.(2024·丽水调研)若△ABC 内接于以O 为圆心，以1 为半径的圆，且3OA＋4OB ＋5OC＝0.则△ABC 的面积为________. 答案 解析 ∵3OA＋4OB＝－5OC， 且|OA|＝|OB|＝|OC|＝1， ∴9|OA|2＋16|OB|2＋24OA·OB＝25|OC|2， ∴OA·OB＝0， ∴OA⊥OB， ∴S△AOB＝×1×1＝， 由奔驰定理知，S△BOC∶S△AOC∶S△ AOB＝3∶4∶5， ∴S△AOB＝·S△ABC， ∴S△ ABC＝S△AOB＝. 10.已知点P，Q 在△ABC 内，若PA＋2PB＋3PC＝2QA＋3QB＋5QC＝0，则＝ ________. 答案 解析 根据奔驰定理得 S△PBC∶S△PAC∶S△ PAB＝1∶2∶3， S△QBC∶S△QAC∶S△QAB＝2∶3∶5， ∴S△PAB＝S△QAB＝S△ABC， ∴PQ∥AB， 又∵S△PBC＝S△ABC，S△QBC＝S△ABC， ∴＝＝－＝.
