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S1⃗PA＋S2⃗PB＋S3⃗PC＝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
S1⃗PA＋S2⃗PB＋S3⃗PC ＝1
2yzsin[2π－(α＋β)]·⃗PA ＋1
2xzsin β⃗PB＋1
2xysin α⃗PC
＝－1
2yzsin(α＋β)⃗PA ＋1
2xzsin β⃗PB＋1
2xysin α⃗PC,①
把①式两边与向量⃗PA作数量积得
(S1⃗PA＋S2⃗PB＋S3⃗PC)·⃗PA
＝－1
2x2yzsin(α＋β)＋1
2x2yzsin βcos α
＋1
2x2yzsin αcos β
＝1
2x2yz[－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S1⃗PA＋S2⃗PB＋S3⃗PC 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S1⃗PA＋S2⃗PB＋S3⃗PC＝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⇔⃗O P1＋⃗O P2＋⃗O P3＝0⇔S△P2O P3＝S△P1O P3＝S△P1O P2＝1
3 S△P1 P2 P3;
(2)点O 是△P1P2P3的垂心⇔⃗O P1·⃗O P2＝⃗O P2·⃗O P3＝⃗O P3·⃗O P1⇔tan P1·⃗O P1＋tan P2·⃗O P2＋tan
P3·⃗O P3＝0⇔S△P2O P3∶S△P3O P1∶S△P1O P2＝tan P1∶tan P2∶tan P3(△P1P2P3不是直角三角形);
(3)点O 是△P1P2P3的内心⇔a⃗O P1＋b⃗O P2＋c⃗O P3＝0⇔S△P2O P3∶S△P3O P1∶S△P1O P2＝a∶b∶c(其中
a,b,c 是△P1P2P3的三边,分别所对角P1,P2,P3);
(4)点O 是△P1P2P3的外心⇔|⃗O P1|＝|⃗O P2|＝|⃗O P3|⇔⃗O P1sin 2P1＋⃗O P2sin 2P2＋⃗O P3sin 2P3＝0⇔
S△P2O P3∶S△P3O P1∶S△P1O P2＝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＋2⃗OB＋m⃗OC＝0,且
S△AOB
S△ABC
＝4
7 ,则实数m＝ .
(2)(2025·成都诊断)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＝ .
答案 (1)4 (2)19
4
解析 (1)法一 延长CO 到点M(图略),
使得⃗OM＝－m
3⃗OC,
因为⃗OA＋2⃗OB＋m⃗OC＝0,
所以－m
3⃗OC ＝1
3⃗OA ＋2
3⃗OB,
即⃗OM ＝1
3⃗OA ＋2
3⃗OB,
所以A,B,M 三点共线,
又因为⃗OC 与⃗OM反向共线,
所以|⃗OM |
|⃗CM |
＝
m
m＋3,
所以
S△AOB
S△ABC
＝|⃗OM |
|⃗CM |
＝
m
m＋3 ＝4
7 ,
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＋2⃗OB＋m⃗OC＝0,
所以S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶m.
所以
S△AOB
S△ABC
＝
m
1＋2＋m ＝4
7 ,解得m＝4.
(2)法一 ∵⃗QR＝1
3⃗QB,
∴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,
∴
S△ABC
S△PBC
＝S△BCR＋S△ACP＋S△ABQ＋S△PQR
S△PBC
＝
19 S△PQR
4 S△PQR
＝19
4 .
法二(奔驰定理法) 由⃗QR＝1
3⃗QB,
得⃗PR－⃗PQ＝1
3(⃗PB－⃗PQ),
整理得⃗PR＝1
3⃗PB＋2
3⃗PQ＝1
3⃗PB＋2
9⃗PA,
由⃗RP＝1
3⃗RC,得⃗RP＝1
3(⃗PC －⃗PR),
整理得⃗PR＝－1
2⃗PC,
∴－1
2⃗PC ＝1
3⃗PB＋2
9⃗PA,
整理得4⃗PA＋6⃗PB＋9⃗PC＝0,
∴S△ABC∶S△PBC＝(4＋6＋9)∶4＝19
4 .
规律方法 已知P 为△ABC 内一点,且x⃗PA＋y⃗PB＋z⃗PC＝0(x,y,z∈R,xyz≠0,x＋y＋z≠0),则有
(1)S△PBC∶S△PAC∶S△PAB＝|x|∶|y|∶|z|;
(2) S△PBC
S△ABC
＝|
x
x＋y ＋z|, S△PAC
S△ABC
＝|
y
x＋y ＋z|,
S△PAB
S△ABC
＝|
z
x＋y ＋z|.
训练1 设O 在△ABC 的内部,D 为AB 的中点,且⃗OA ＋⃗OB＋2⃗OC＝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＝1
2(⃗OA ＋⃗OB),
又⃗OA ＋⃗OB＋2⃗OC＝0,
∴⃗OD＝－⃗OC,∴O 为CD 的中点.
又∵D 为AB 的中点,
∴S△AOC＝1
2S△ADC＝1
4 S△ABC,
则
S△ABC
S△AOC ＝4.
法二(奔驰定理法)
∵⃗OA ＋⃗OB＋2⃗OC＝0,
根据奔驰定理,
∴
S△ABC
S△AOC
＝1＋1＋2
1
＝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 (2025·兰州模拟)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,重心为G.若a⃗GA＋b⃗GB＋√3
3 c⃗
GC＝0,则∠BAC＝ .
答案 π
6
解析 由G 为△ABC 的重心知⃗GA ＋⃗GB＋⃗GC＝0,
则⃗GC＝－⃗GA －⃗GB,
因此a⃗GA＋b⃗GB＋√3
3 c(－⃗GA －⃗GB)
＝(a−√3
3 c)⃗GA ＋(b−√3
3 c)⃗GB＝0.
又⃗GA,⃗GB不共线,所以a－√3
3 c＝b－√3
3 c＝0,
即a＝b＝√3
3 c.
由余弦定理得
cos∠BAC＝
b
2＋c
2−a
2
2bc
＝
c
2
2× √3
3 c
2
＝√3
2 ,
且0<∠BAC<π,所以∠BAC＝π
6 .
考向2 奔驰定理与外心
例3 已知点P 是△ABC 的外心,且⃗PA ＋⃗PB＋λ⃗PC＝0,C＝2π
3 ,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＝2π
3 ,∴A＝B＝π
6 ,
又sin 2B
sin 2C ＝1
λ,∴λ＝sin 2C
sin 2B ＝
sin 4 π
3
sin π
3
＝－1.
考向3 奔驰定理与内心
例4 (2025·南阳质检)在△ABC 中,AB＝2,AC＝3,BC＝4,O 为△ABC 的内心,若⃗AO＝λ⃗AB＋μ⃗BC,
则3λ＋6μ 的值为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 C
解析 ⃗AO＝λ⃗AB＋μ⃗BC可化为⃗
OA＋λ⃗OB－λ⃗OA＋μ⃗OC－μ⃗OB＝0,
整理得(1－λ)⃗OA＋(λ－μ)⃗OB＋μ⃗OC＝0,
所以(1－λ)∶(λ－μ)∶μ＝4∶3∶2,
解得λ＝5
9,μ＝2
9,
所以3λ＋6μ＝3×5
9＋6×2
9＝3.
考向4 奔驰定理与垂心
例5 (2025·温州调研)如图,已知O 是△ABC 的垂心,且⃗OA＋2⃗OB＋3⃗OC＝0,则
tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB＝( )
A.1∶2∶3
B.1∶2∶4
C.2∶3∶4
D.2∶3∶6
答案 A
解析 由奔驰定理得S△BOC·⃗OA＋S△AOC·⃗OB＋S△AOB·⃗OC＝0,
又⃗OA＋2⃗OB＋3⃗OC＝0,
所以S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶3,
又O 是△ABC 的垂心,
所以
S△BOC
S△AOB
＝1
3,
S△AOC
S△AOB
＝2
3,
即S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶3,
所以tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB
＝1∶2∶3.
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2⃗IA＋3⃗IB＋√7⃗IC＝0,则角C＝ .
(2)设点P 在△ABC 内部且为△ABC 的外心,∠BAC＝π
6 ,如图.若△PBC,△PCA,△PAB 的面积分别
为1
2,x,y,则x＋y 的最大值是 .
答案 (1)π
3 (2)√3
3
解析 (1)由2⃗IA＋3⃗IB＋√7⃗IC＝0,
可得a∶b∶c＝2∶3∶√7,
令a＝2k,b＝3k,c＝√7k,
则cos C＝4 k
2＋9k
2−7 k
2
2·2k·3k
＝1
2,
又C∈(0,π),所以C＝π
3 .
(2)法一 据奔驰定理得,
1
2⃗PA＋x⃗PB＋y⃗PC＝0,
即⃗AP＝2x⃗PB＋2y⃗PC,
平方得⃗AP
2＝4x2⃗PB
2＋4y2⃗PC
2＋8xy|⃗PB|·|⃗PC|·cos∠BPC,
又∵点P 是△ABC 的外心,
∴|⃗PA|＝|⃗PB|＝|⃗PC|,
且∠BPC＝2∠BAC＝π
3 ,
∴x2＋y2＋xy＝1
4,
从而(x＋y)2＝1
4＋xy≤1
4 ＋(
x＋y
2 )
2
,
解得0<x＋y≤√3
3 ,
当且仅当x＝y＝√3
6 时取等号,
∴(x＋y)max＝√3
3 .
法二 S△PBC∶S△PCA∶S△PAB＝sin 2A∶sin 2B∶sin 2C＝1
2∶x∶y,
又∠BAC＝π
6 ,∴sin 2A＝√3
2 ,
∵x＝√3
3 sin 2B,y＝√3
3 sin 2C,
∴x＋y＝√3
3 (sin 2B＋sin 2C)
＝√3
3 [sin 2B＋sin(
5 π
3 −2B)]
＝√3
3 sin(2B−π
3),
又∵B∈(0, 5 π
6 ),∴2B－π
3 ∈(−π
3 , 4 π
3 ),
∴sin(2B−π
3)∈(−√3
2 ,1],
∴x＋y∈(0, √3
3 ],∴(x＋y)max＝√3
3 .
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·江苏部分学校联考)已知平面上四个点A,B,C,D,其中任意三点不共线.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
答案 D
解析 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 的垂心.故选D.
2.点O 为△ABC 内一点,若S△AOB∶S△BOC∶S△AOC＝4∶3∶2,设⃗AO＝λ⃗AB＋μ⃗AC,则实数λ 和μ 的值
分别为( )
A.2
9,4
9
B.4
9,2
9
C.1
9,2
9
D.2
9,1
9
答案 A
解析 根据奔驰定理,得3⃗OA＋2⃗OB＋4⃗OC＝0,
即3⃗OA＋2(⃗OA ＋⃗AB)＋4(⃗OA ＋⃗AC)＝0,
整理得⃗AO＝2
9⃗AB＋4
9⃗AC,故选A.
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.√3
3
B.√3
C.√3
2
D.2
3
答案 A
解析 ∵⃗OA ＋⃗OB＋⃗OC＝0,
∴O 是△ABC 的重心,
∴S△OBC＝1
3S△ABC,
∵⃗AB·⃗AC＝2,
∴|⃗AB||⃗AC|cos∠BAC＝2,
∵∠BAC＝60°,∴|⃗AB||⃗AC|＝4,
又S△ABC＝1
2|⃗AB||⃗AC|sin∠BAC＝√3,
∴△OBC 的面积为√3
3 .
4.(2025·成都诊断)已知点P,Q 在△ABC 内,若⃗PA＋2⃗PB＋3⃗PC＝2⃗QA＋3⃗QB＋5⃗QC＝0,则|⃗PQ|
|⃗AB| 等
于( )
A. 1
30
B. 1
31
C. 1
32
D. 1
33
答案 A
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＝1
2S△ABC,
∴PQ∥AB,
又∵S△PBC＝1
6S△ABC,S△QBC＝1
5S△ABC,
∴|⃗PQ|
|⃗AB|
＝S△QBC−S△PBC
S△ABC
＝1
5 －1
6 ＝1
30.
5.(2025·石家庄质检)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SA,SB,SC,则SA⃗OA＋SB⃗OB＋SC⃗OC＝0.因其几何表示酷似奔驰
的标志,所以称为“奔驰定理”.已知O 为△ABC 的内心,三个角所对的边分别为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
答案 A
解析 因为a＝3,b＝2√3,c＝5,
所以cos B＝a
2＋c
2−b
2
2ac
＝11
15,
因为O 为△ABC 的内心,
如图,设∠1＝∠OBC,∠2＝∠OBA,
由题意∠1＝∠2,
则SA∶SC
＝1
2|BO||BC|sin∠1∶1
2|BO||BA|sin∠2
＝a∶c,
同理可得SA∶SB∶SC＝a∶b∶c,
所以根据“奔驰定理”有a⃗OA＋b⃗OB＋c⃗OC＝0,
所以a(⃗BA －⃗BO)＋b⃗OB＋c(⃗BC －⃗BO)＝0,
即⃗BO＝
c
a＋b＋c⃗BC ＋
a
a＋b＋c⃗BA,
所以⃗BO·⃗AC ＝(
c
a＋b＋c⃗BC ＋
a
a＋b＋c⃗BA)·(⃗BC －⃗BA)
＝
5
8＋2√3⃗BC
2－
3
8＋2√3⃗BA
2－
2
8＋2√3⃗BC·⃗BA
＝2√3－8.
二、多选题
6.(2025·安徽皖江名校联考)已知△ABC,D 为BC 边的中点,若点P 满足3⃗PA＋2⃗PB＋⃗PC＝0,则下
列说法正确的是( )
A.点P 一定在△ABC 内部
B.4⃗PA＋2⃗PB＝⃗CA
C.S△ABC＝3S△PAC
D.点P 在直线AD 上
答案 ABC
解析 A 中,如图所示,设AB,AC 的中点分别为E,F,连接EF,
因为3⃗PA＋2⃗PB＋⃗PC＝0,
所以2(⃗PA ＋⃗PB)＋(⃗PA ＋⃗PC)＝0,
所以2·2⃗PE＋2⃗PF＝0,
即2⃗PE＋⃗PF＝0,
所以P 是线段EF 上靠近点E 的三等分点,
所以点P 在△ABC 的内部,故A 正确;
B 中,因为3⃗PA＋2⃗PB＋⃗PC＝0,
所以4⃗PA －⃗PA＋2⃗PB＋⃗PC＝0,
所以4⃗PA＋2⃗PB＝⃗PA －⃗PC ＝⃗CA,故B 正确;
C 中,由奔驰定理知,S△PBC·⃗PA＋S△PAC·⃗PB＋S△PAB·⃗PC＝0.
因为3⃗PA＋2⃗PB＋⃗PC＝0,
所以S△PBC∶SPAC∶S△PAB＝3∶2∶1,
所以
S△ABC
S△PAC
＝3＋2＋1
2
＝3,
即S△ABC＝3S△PAC,
故C 正确;
D 中,由选项A 知,P 是线段EF 上靠近点E 的三等分点,
所以点P 不可能在直线AD 上,故D 错误.
7.(2025·贵阳模拟)奔驰定理:已知O 是△ABC 内的一点,△BOC,△AOC,△AOB 的面积分别为
SA,SB,SC,则有SA⃗OA＋SB⃗OB＋SC⃗OC＝0.设O 是锐角三角形ABC 内的一点,∠BAC,∠ABC,∠ACB
分别是△ABC 的三个内角,以下结论正确的是( )
A.若⃗OA ＋⃗OB＋⃗OC＝0,则O 为△ABC 的重心
B.若⃗OA＋2⃗OB＋3⃗OC＝0,则SA∶SB∶SC＝1∶2∶3
C.若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|＝2,∠AOB＝5 π
6 ,2⃗OA＋3⃗OB＋4⃗OC＝0,则S△ABC＝9
2
答案 ABC
解析 对于A,如图所示,
设D 为AB 的中点,连接OD,
则⃗OA ＋⃗OB＝2⃗OD＝⃗CO,
故C,O,D 三点共线,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,故A 正确;
对于B,由奔驰定理可得SA∶SB∶SC＝1∶2∶3,故B 正确;
对于C,根据奔驰定理得tan∠BAC·⃗OA＋tan∠ABC·⃗OB＋tan∠ACB·⃗OC＝0,故C 正确;
对于D,由|⃗OA|＝|⃗OB|＝2,∠AOB＝5 π
6
可知SC＝1
2×2×2×sin5 π
6 ＝1,
又2⃗OA＋3⃗OB＋4⃗OC＝0,
所以SA∶SB∶SC＝2∶3∶4,
由SC＝1 可得,SA＝1
2,SB＝3
4 ,
所以S△ABC＝SA＋SB＋SC＝1
2 ＋3
4＋1＝9
4,
故D 错误.
三、填空题
8.(2025·南昌调研)△ABC 的内切圆圆心为O,半径为2,且S△ABC＝14,2⃗OA＋2⃗OB＋3⃗OC＝0,则
△ABC 的外接圆面积为 .
答案 64 π
7
解析 ∵2⃗OA＋2⃗OB＋3⃗OC＝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,
由S△ABC＝1
2(a＋b＋c)·r,
得1
2×7k×2＝14,
得k＝2,
∴a＝4,b＝4,c＝6,
∴cos C＝－1
8,sin C＝3√7
8 ,
由2R＝
c
sinC ＝
6
3√7
8
,得R＝8
√7 ＝8√7
7 ,
∴外接圆面积S＝πR2＝64 π
7 .
9.若△ABC 内接于以O 为圆心,以1 为半径的圆,且3⃗OA＋4⃗OB＋5⃗OC＝0,则△ABC 的面积为
.
答案 6
5
解析 ∵3⃗OA＋4⃗OB＝－5⃗OC,
且|⃗OA|＝|⃗OB|＝|⃗OC|＝1,
∴9|⃗OA|2＋16|⃗OB|2＋24⃗OA·⃗OB＝25|⃗OC|2,
∴⃗OA·⃗OB＝0,∴OA⊥OB,
∴S△AOB＝1
2×1×1＝1
2,
由奔驰定理知,S△BOC∶S△AOC∶S△ AOB＝3∶4∶5,
∴S△AOB＝
5
3＋4＋5·S△ABC,
∴S△ ABC＝12
5 S△AOB＝6
5.
10.(2025·天津河北区质检)在△ABC 中,点G,O 分别为△ABC 的重心和外心,且⃗AG·⃗AO＝4,|⃗AG|＝
2,则边BC 的长为 .
答案 2√3
解析 延长AG 交BC 于点D,
连接OD,作OH⊥AC 于点H,则D,H 分别为BC,CA 的中点,如图所示.
易知⃗AC·⃗AO
＝|⃗AC||⃗AO|cos∠OAC
＝|⃗AC||⃗AH|
＝1
2|⃗AC|2,
同理可得⃗AB·⃗AO＝1
2|⃗AB|2.
由重心的性质可知⃗AG·⃗AO＝2
3⃗AD·⃗AO
＝2
3 × 1
2(⃗AB＋⃗AC)·⃗AO
＝1
3(⃗AB＋⃗AC)·⃗AO＝1
6(⃗AB
2＋⃗AC
2)＝4,
即⃗AB
2＋⃗AC
2＝24.
又|⃗AD|＝3
2|⃗AG|＝3,
且|⃗AD|＝1
2|⃗AB＋⃗AC|＝3,
可得|⃗AB＋⃗AC|＝6,
所以|⃗AB＋⃗AC|2＝⃗AB
2＋⃗AC
2＋2⃗AB·⃗AC＝36,
可得⃗AB·⃗AC＝6.
因此|⃗BC|2＝|⃗AC －⃗AB|2
＝⃗AB
2＋⃗AC
2－2⃗AB·⃗AC＝12,
即|⃗BC|＝2√3
