重难点17 平面向量中的四心问题与奔驰定理
【全国通用】
【题型1 重心问题】..................................................................................................................................................3
【题型2 垂心问题】..................................................................................................................................................5
【题型3 内心问题】..................................................................................................................................................8
【题型4 外心问题】................................................................................................................................................11
【题型5 奔驰定理】................................................................................................................................................14
1、平面向量中的四心问题与奔驰定理
三角形中的四心问题是平面向量中的重要问题，包括：重心问题、垂心问题、内心问题和外心问题四
大类型，是高考的重点、热点内容，在高考复习中，对于四心问题要学会灵活求解.
奔驰定理是平面向量中的重要定理，这个定理对于利用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三
角形的面积和“四心”相关的问题有着重要作用，在高考复习中，要掌握奔驰定理并能灵活运用和求解.
知识点
1 四心问题
1．三角形的重心及向量表示
(1)重心的概念：三角形各边中线的交点叫做重心，重心将中线长度分成2:1.
(2)重心的向量表示：如图，在△ABC 中，点P 为△ABC 重心
.
(3)重心坐标公式：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，则△ABC 的重心坐标为P
.
2．三角形的垂心及向量表示
(1)垂心的概念：三角形各边上高线的交点叫做垂心.
(2)垂心的向量表示：如图，在△ABC 中，点P 为△ABC 垂心
.
3．三角形的内
心
及向量表示
(1)内心的概念：三角形各角平分线的交点叫做内心，内心也为三角形内切圆的圆心.
(2)内心的向量表示：如图，在△ABC 中，三角形的内心在向量
所在的直线上，点P 为△ABC
内心
.
4．三角形的外
心
及向量表示
(1)外心的概念：三角形各边中垂线的交点叫做外心，外心也为外接圆的圆心，外心到三角形各顶点的距离
相等.
(2)外心的向量表示：如图，在△ABC 中，点P 为△ABC 外心
.
知识点
2 奔驰定理
1．奔驰定理
如图，已知P 为△ABC 内一点，且满足
，则有△APB、△APC、△BPC 的面积
之比为
.
由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，所以我们把它称为“奔驰定理” .这个定理对于利用平面
向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的基石作用.
2．三角形的四心与奔驰定理的关系
(1)O 是△ABC 的重心：
.
(2)O 是△ABC 的垂
心
：
.
(3)O 是△ABC 的内心：
.
(4)O 是△ABC 的外心：
.
【题型1 重心问题】
【例1】（2025·吉林·二模）在△ABC中，点D 为AB的中点，点O 为△ABC的重心，则⃗OA +⃗OB =
（ ）
A．⃗CO
B．⃗OD
C．2⃗CO
D．2⃗DO
【答案】A
【解题思路】结合重心性质与向量运算化简可得.
【解答过程】
如图，连接CD，因为点O 为△ABC的重心，
则O为CD的三等分点，且CO =2OD，
所以⃗OA +⃗OB =2⃗OD =⃗CO，
故选：A.
【变式1-1】（2025·全国·二模）点O , P是△ABC所在平面内两个不同的点，满足⃗OP =⃗OA +⃗OB+⃗OC，
则直线OP经过△ABC的（ ）
A．重心
B．外心
C．内心
D．垂心
【答案】A
【解题思路】根据向量的运算，并结合数形结合分析，即可判断.
【解答过程】设BC的中点为点D，所以⃗OB+⃗OC =2⃗OD，
则⃗OP−⃗OA =⃗AP =2⃗OD，
若A , P ,O , D四点共线时，即点O , P都在中线AD上，所以OP经过三角形的重心，
若A , P ,O , D四点不共线时，AP//OD，且AP =2OD，连结AD ,OP，交于点G，
如图，
AG
GD = AP
OD =2，即点G是三角形的重心，即OP经过△ABC的重心，
综上可知，OP经过△ABC的重心.
故选：A.
【变式1-2】（2025·重庆·模拟预测）已知点G是△ABC的重心，点M是线段AC的中点，若⃗
GM = λ⃗AB+ μ⃗AC，则λ+ μ=（ ）
A．1
12
B．1
6
C．−1
6
D．−1
12
【答案】C
【解题思路】根据向量的线性运算化简⃗GM = λ⃗AB+ μ⃗AC，求得λ , μ，进而求得正确答案.
【解答过程】⃗GM = 1
3⃗BM = 1
3 (⃗AM −⃗AB)= 1
3(
1
2⃗AC −⃗AB) =−1
3⃗AB+ 1
6⃗AC，
所以λ =−1
3 , μ= 1
6 , λ+ μ=−1
6 .
故选：C.
【变式1-3】（2025 高一·全国·专题练习）已知△ABC，O为平面内任意一点，动点P满足
5⃗OP =[(2+ λ)⃗OA +(2+ λ)⃗OB+(1−2 λ)⃗OC)，则点P的轨迹一定经过（ ）
A．△ABC的内心
B．△ABC的垂心
C．△ABC的重心
D．△ABC的外心
【答案】C
【解题思路】取AB中点为D，根据向量的线性运算，以及共线定理，即可判断.
【解答过程】先设AB的中点为D，则2⃗OD =⃗OA +⃗OB，
又因为5⃗OP =[(2+ λ)⃗OA +(2+ λ)⃗OB+(1−2 λ)⃗OC)=[(4+2 λ)⃗OD +(1−2 λ)⃗OC)，
而(4 +2 λ)+(1−2 λ)=5，
由三点共线的充要条件知P ,C , D三点共线，
则点P的轨迹一定经过△ABC的重心.
故选：C．
【题型2 垂心问题】
【例2】（25-26 高一·全国·假期作业）如图，已知O是△ABC的垂心，且⃗OA +2⃗OB+ 4⃗OC =⃗0，则
cos B =（ ）
A．
❑√2
3
B．1
3
C．2
3
D．
❑√3
3
【答案】A
【解题思路】根据垂心的性质，通过面积比，得出三个角的正切值之比，根据题目条件列出方程，根据两
角和的正切公式和同角三角函数关系，求出角的余弦值.
【解答过程】∵O是△ABC的垂心，延长CO交AB与点P，
设s△BOC = s1,s△AOC = s2,s△AOB= s3，
∴S1:S2=(
1
2 ⋅OC ⋅BP):(
1
2 ⋅OC ⋅AP)= BP: AP =(OPtan∠POB):(OP tan ∠AOP)
=tan∠BOC :tan∠AOC =tan(π−A):tan(π−B)=tan A :tan B，
同理可得S1:S3=tan A :tanC，∴S1:S2:S3=tan A :tan B:tanC，
又S1⋅⃗OA + S2⋅⃗OB+ S3⋅⃗OC =⃗0，∴tan A ⋅⃗OA +tan B⋅⃗OB+tanC ⋅⃗OC =⃗0，
又⃗OA +2⋅⃗OB+ 4⋅⃗OC =⃗0，∴tan A :tan B:tanC =1:2:4，
不妨设tan A =k ，tan B =2k ，tanC = 4 k，其中k ≠0，
∵tan A =tan[π−(B+C))=−tan(B+C)=−tan B+tanC
1−tan BtanC ，
∴k =−
2k + 4 k
1−2k ⋅4 k ，解得k = ❑√
7
8或k =−❑√
7
8，
当k =−❑√
7
8时，此时tan A <0，tan B<0，tanC <0，则A 、B、C都是钝角，
则A + B+C >π，矛盾.
故k = ❑√
7
8，则tan B =2❑√
7
8 = ❑√
7
2 =
❑√14
2
>0，∴B是锐角，sin B>0，cosB>0，
于是{
sin B
cosB =
❑√14
2
sin
2B+cos
2B =1)
，解得cosB =
❑√2
3 .
故选：A.
【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）已知平面上四个点A ,B ,C , D，其中任意三个不共线．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
【解题思路】由题意得AD⊥CB，即BC边上的高所在直线为AD，由此即可得解.
【解答过程】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BC边上的高，即直线AD一定经过三角形ABC的垂
心.
故选：D.
【变式2-2】（2025 高一·全国·专题练习）已知O为△ABC所在平面内一点，动点H满足：⃗
OH =⃗OA + λ(⃗
AB
|⃗AB)
2sin2B
+)⃗
AC
|⃗AC)
2sin2C)，其中λ∈[0,+ ∞)，则动点H的轨迹一定通过△ABC的
（ ）．
A．外心
B．内心
C．重心
D．垂心
【答案】D
【解题思路】根据已知结合数量积运算律计算数量积为0 即可判断选项.
【解答过程】|⃗AB)
2sin2B =2sin BcosB|⃗AB)
2，|⃗AC)
2sin2C =2sinC cosC|⃗AC)
2，
由正弦定理得|⃗AB)
sinC =|⃗AC)
sin B
，则|⃗AB)sin B =|⃗AC)sinC
令|⃗AB)sin B =|⃗AC)sinC =k，
因为⃗OH =⃗OA + λ(⃗
AB
|⃗AB)
2sin2B
+)⃗
AC
|⃗AC)
2sin2C)，
所以⃗OH −⃗OA = λ(⃗
AB
2sin Bcos B|⃗AB)
2 +)⃗
AC
2sinC cosC|⃗AC)
2)
所以⃗AH = λ
2k(⃗
AB
|⃗AB)cosB
+⃗
AC
|⃗AC)cosC)，
等式两边点乘⃗BC得⃗AH ⋅⃗BC = λ
2k(⃗
AB⋅⃗BC
|⃗AB)cosB) +⃗AC ⋅⃗BC
|⃗AC)cosC)= λ
2k (−|⃗BC)+|⃗BC))=0，
所以点H的轨迹一定过△ABC的垂心，
故选：D．
【变式2-3】（2025 高三下·全国·专题练习）如图，已知O是△ABC的垂心，且⃗OA +2⃗OB+3⃗OC =⃗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
【解题思路】延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，利用同底的两个三角形面积
比推得tan ∠BAC :tan ∠ABC :∠ACB = S△BOC:S△AOC:S△AOB，从而得解.
【解答过程】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，
S△BOC
S△AOC
=
1
2 OC ⋅BP
1
2 OC ⋅AP
= BP
AP = OPtan∠BOP
OPtan∠AOP =tan∠BAC
tan∠ABC ，
同理
S△BOC
S△AOB
=tan∠BAC
tan∠ACB ，
于是得tan∠BAC :tan∠ABC :tan∠ACB = S△BOC:S△AOC:S△AOB，
又⃗OA +2⃗OB+3⃗OC =⃗0
由“奔驰定理”有S△BOC⋅⃗OA + S△AOC⋅⃗OB+ S△AOB⋅⃗OC =⃗0
即S△BOC:S△AOC:S△AOB=1:2:3，所以tan ∠BAC :tan ∠ABC :tan ∠ACB =1:2:3，
故选：A.
【题型3 内心问题】
【例3】（2025·四川南充·三模）已知点P 在△ABC所在平面内，若⃗
PA ⋅(⃗
AC
|⃗AC |
−⃗
AB
|⃗AB|
)=⃗PB⋅(⃗
BC
|⃗BC |
−⃗
BA
|⃗BA |
)=0，则点P 是△ABC的（ ）
A．外心
B．垂心
C．重心
D．内心
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，利用数量积的运算律及数量积的定义可得AP平分∠BAC，BP平分∠ABC
，结合三角形内心定义判断即得.
【解答过程】在△ABC中，由⃗PA ⋅(⃗
AC
|⃗AC |
−⃗
AB
|⃗AB|
)=0，得⃗PA ⋅⃗
AC
|⃗AC |
=⃗PA ⋅⃗
AB
|⃗AB|
，
即⃗AP⋅⃗
AC
|⃗AC |
=⃗AP⋅⃗
AB
|⃗AB|
，由⃗PB⋅(⃗
BC
|⃗BC |
−⃗
BA
|⃗BA |
)=0，同理得⃗BP⋅⃗
BC
|⃗BC |
=⃗BP⋅⃗
BA
|⃗BA |
，
显然⃗AP≠⃗0，即P与A不重合，否则cos∠ABC =1，同理⃗BP≠⃗0，
则|⃗AP|cos∠PAC =|⃗AP|cos∠PAB，即cos∠PAC =cos∠PAB，∠PAC =∠PAB，
于是AP平分∠BAC，同理BP平分∠ABC，
所以点P 是△ABC的内心.
故选：D.
【变式3-1】（24-25 高一下·山东菏泽·期中）已知O 为△ABC的内心，三个角对应的边分别为a,b,ca，
b，c，已知a=3，b=2❑√3，c =5，则⃗BO⋅⃗AC =（ ）
A．❑√6−7
B．−2
C．2❑√3−8
D．3 ❑√2−9
【答案】C
【解题思路】利用向量的线性运算结合角平分线性质可得⃗BO =
1
2(4+ ❑√3)
(5⃗BC +3⃗BA)，再利用余弦定理
和数量积的运算律可得计算结果.
【解答过程】连接BO并延长，交AC于E，
因为O 为△ABC的内心，故BE为角平分线，由角平分线的性质可得AE
CE = BA
BC = 5
3，
同理BO
OE = BA
AE ，
而AC =2❑√3，故AE = 5
8 AC = 5 ❑√3
4
，且⃗AE = 5
8⃗AC，故⃗BO = 4
❑√3⃗OE，
故⃗BO =
4
4 + ❑√3⃗BE，
而⃗BE−⃗BA = 5
8 (⃗BC −⃗BA)，故⃗BE = 5
8⃗BC + 3
8⃗BA，
故⃗BO =
4
4 + ❑√3(
5
8⃗BC + 3
8⃗BA)=
1
2(4 + ❑√3)
(5⃗BC +3⃗BA)，
故⃗BO⋅⃗AC =
1
2(4 + ❑√3)
(5⃗BC +3⃗BA)⋅(⃗BC −⃗BA)
=
1
2(4+ ❑√3)
(5⃗BC
2−3⃗BA
2−2⃗BC ⋅⃗BA)
=
1
2(4+ ❑√3)(5×9−3×25−2×3×5× 9+25−12
2
)
=
1
2(4+ ❑√3)
×(−52)= −26
4+ ❑√3 =−2(4−❑√3)=2❑√3−8，
故选：C.
【变式3-2】（2025 高三·全国·专题练习）在△ABC中， 若I是△ABC的内心，AI的延长线交BC于D，
则有AB
AC = BD
DC 称之为三角形的内角平分线定理， 现已知AC =2，BC =3，AB = 4且⃗AI = x⃗AB+ y⃗AC，
则实数x + y =（ ）
A．1
B．1
3
C．2
3
D．2
【答案】C
【解题思路】由角平分线定理可得出⃗BD =2⃗DC，求得⃗AD = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，再由角平分线定理可得⃗
AI = 2
3⃗AD = 2
9⃗AB+ 4
9⃗AC，由向量相等的性质可得结果.
【解答过程】因为I是△ABC的内心，AI的延长线交BC于D， AC =2，BC =3，AB = 4，
由角平分线定理可得BD
CD = AB
AC =2，可得BD = 2
3 BC，⃗BD =2⃗DC，
即⃗AD−⃗AB =2(⃗AC −⃗AD)，则⃗AD = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，
又因为BC =3，BD =2，且BI为∠ABD的角平分线，
所以，AI
ID = AB
BD =2，所以，⃗AI = 2
3⃗AD = 2
3(
1
3⃗AB+ 2
3⃗AC)= 2
9⃗AB+ 4
9⃗AC，
又⃗AI = x⃗AB+ y⃗AC，且向量⃗AB、⃗AC不共线，所以，{
x = 2
9
y = 4
9)
，所以x + y = 2
3.
故选：C.
【变式3-3】（24-25 高一下·河南南阳·期中）在△ABC中，若⃗OQ =⃗OA + λ(⃗
AB
|⃗AB)
+⃗AC
|⃗AC))，λ∈[0,+∞)
，则Q点的轨迹必经过△ABC的（ ）
A．内心
B．外心
C．重心
D．垂心
【答案】A
【解题思路】根据平面向量加法及数乘的几何意义作出图形，即可得出判断．
【解答过程】因为⃗AB
|⃗AB)是与⃗AB同向的单位向量，⃗AC
|⃗AC)是与⃗AC同向的单位向量，
如图，设⃗AN =⃗AB
|⃗AB)，⃗AM =⃗AC
|⃗AC)，
则⃗OQ =⃗OA + λ(⃗
AB
|⃗AB|
+⃗
AC
|⃗AC |)可化为：⃗AQ = λ(⃗AN +⃗AM )，且AM = AN，
以AM，AN为邻边作平行四边形AMEN，
则⃗AE =⃗AM +⃗AN，且平行四边形AMEN为菱形，所以AE平分∠MAN，
所以⃗AQ = λ⃗AE，
又A为公共端点，所以A，E，Q三点共线，所以⃗AQ在∠BAC的平分线上，
则Q点的轨迹必经过△ABC的内心，
故选：A．
【题型4 外心问题】
【例4】（2025·新疆·一模）已知平面向量 ⃗OA，⃗OB满足|⃗OA)=|⃗OB)=2，⃗OA ⋅⃗OB =−2，点D 满足⃗
DA =2⃗OD，E 为△AOB的外心，则⃗OB⋅⃗ED的值为（ ）
A．−16
3
B．−8
3
C．8
3
D．16
3
【答案】B
【解题思路】求出⃗OA，⃗OB的夹角，作出平面直角坐标系，表达出各点的坐标，即可求出⃗OB⋅⃗ED的值.
【解答过程】由题意，|⃗OA)=|⃗OB)=2，
∵⃗OA ⋅⃗OB =|⃗OA)⋅|⃗OB)cosθ =2
2cosθ =−2，解得：cosθ =−1
2，
∴两向量夹角θ = 2π
3 ，
∵DA =2OD，
以O为坐标原点, OA,垂直于OA所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系, 如图所示,
则O(0,0), A (2,0),B(−1,❑√3), 设D (x ,0), 由⃗DA =2⃗OD, 知(2−x ,0)=2(x ,0),
解得x = 2
3,
∴D(
2
3 ,0)
又E 为△AOB的外心，
∴∠AOE = 1
2 ∠AOB =π
3 ,OE = EA , ∠AOE =∠EAO =∠OEA =π
3 ，
∴△AOE为等边三角形,
∴E(1,❑√3)，
∴⃗ED =(−1
3 ,−❑√3),
∴⃗OB⋅⃗ED =−8
3.
故选：B.
【变式4-1】（2025·广东佛山·一模）在△ABC中，设⃗AC
2−⃗AB
2=2⃗AM ⋅(⃗AC −⃗AB)，那么动点M的轨
迹必通过△ABC的（ ）
A．垂心
B．内心
C．重心
D．外心
【答案】D
【解题思路】将等式化简整理得(⃗AC +⃗AB−2⃗AM )⋅⃗BC =0，作出中线AD，进一步将其化成⃗
MD⋅⃗BC =0，可得动点M的轨迹为BC的垂直平分线，即得D 项.
【解答过程】由⃗AC
2−⃗AB
2=2⃗AM ⋅(⃗AC −⃗AB)可得，(⃗AC +⃗AB)·(⃗AC −⃗AB)=2⃗AM ⋅(⃗AC −⃗AB)，
即(⃗AC +⃗AB−2⃗AM )⋅⃗BC =0, (*)
如图，取BC的中点为D，连AD，则⃗AD =⃗AB+⃗BD ,⃗AD =⃗AC +⃗CD，
因⃗BD +⃗CD =⃗0，故得，2⃗AD =⃗AB+⃗AC,
代入(*)得，2(⃗AD−⃗AM )⋅⃗BC =0,即⃗MD⋅⃗BC =0,
故MD垂直且平分线段BC，即动点M的轨迹是BC的垂直平分线，必通过△ABC的外心.
故选：D.
【变式4-2】（2025 高三·全国·专题练习）设P是△ABC所在平面内的一点，若⃗
AB⋅(⃗CB+⃗CA )=2⃗AB⋅⃗CP，且|⃗AP|=|⃗CP|，则点P是△ABC的（ ）
A．外心
B．内心
C．重心
D．垂心
【答案】A
【解题思路】取AB中点D，根据条件化简得AB⊥PD，所以点P 在AB中垂线上，所以
|⃗PA)=|⃗PB)=|⃗PC)，所以P为三边中垂线交点，即为△ABC的外心.
【解答过程】
如图，取AB中点D，
∴⃗CB+⃗CA =2⃗CD.
∵ ⃗AB⋅(⃗CB+⃗CA )=2⃗AB⋅⃗CP，
∴⃗AB⋅2⃗CD =2⃗AB⋅⃗CP，
∴2⃗AB⋅(⃗CD−⃗CP)=0，
∴2⃗AB⋅⃗PD =0，
∴AB⊥PD，
∴点P 在AB中垂线上.
∴|⃗AP)=|BP
→)，又|⃗AP)=|⃗CP)，
所以|AP
→)=|CP
→)=|BP
→)，
∴P为△ABC的外心.
故选：A.
【变式4-3】（2025 高三·全国·专题练习）设O 为△ABC 的外心，且满足2⃗OA +3⃗OB+ 4⃗OC =⃗0，
|⃗OA)=1，则下列结论中正确结论的个数为（ ）
①⃗OB⋅⃗OC =−7
8；②|⃗AB)=
❑√6
2 ；③cos2∠BAC =−7
2 cos2∠ACB．
A．3
B．2
C．1
D．0
【答案】A
【解题思路】①利用(3⃗OB+ 4⃗OC)
2=(−2⃗OA)
2即可；②利用(2⃗OA +3⃗OB)
2=(−4⃗OC)
2求出⃗OA ⋅⃗OB = 1
4
，再利用|⃗AB)=|⃗OB−⃗OA)即可；③利用⃗OB⋅⃗OC =|⃗OB)⋅|⃗OC)cos2∠BAC和⃗
OA ⋅⃗OB =|⃗OA)⋅|⃗OB)cos2∠ACB即可.
【解答过程】由题意知O 为△ABC 的外心，|⃗OA)=1，则|⃗OB)=|⃗OC)=1，
因为2⃗OA +3⃗OB+ 4⃗OC =⃗0，所以3⃗OB+ 4⃗OC =−2⃗OA，
所以9⃗OB
2+16⃗OC
2+24⃗OB⋅⃗OC = 4⃗OA
2，即9+16+24⃗OB⋅⃗OC = 4，
所以⃗OB⋅⃗OC =−7
8，故①正确；
由题易得，2⃗OA +3⃗OB =−4⃗OC，即4⃗OA
2+9⃗OB
2+12⃗OA ⋅⃗OB =16⃗OC
2，
即4+9+12⃗OA ⋅⃗OB =16，所以⃗OA ⋅⃗OB = 1
4 ，
所以|⃗AB)=|⃗OB−⃗OA)=
❑√(⃗OB−⃗OA)
2=
❑√⃗OB
2−2⃗OB⋅⃗OA +⃗OA
2 = ❑√1
2−2× 1
4 +1
2=
❑√6
2 ，故②正确；
因为⃗OB⋅⃗OC =|⃗OB)⋅|⃗OC)cos2∠BAC =−7
8，所以cos2∠BAC =−7
8，
又⃗OA ⋅⃗OB =|⃗OA)⋅|⃗OB)cos2∠ACB = 1
4 ，所以cos2∠ACB = 1
4 ，
所以cos2∠BAC =−7
2 cos2∠ACB，故③正确．
故选：A.
【题型5 奔驰定理】
【例5】（24-25 高一下·湖北武汉·期末）奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，若△BOC、△AOC、
△AOB的面积分别记为S1、S2、S3，则S1⋅⃗OA + S2⋅⃗OB+ S3⋅⃗OC =⃗0.“奔驰定理”是平面向量中一个非
常优美的结论，这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo 很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，
已知O是△ABC的垂心，且2⃗OA +3⃗OB+ 4⃗OC =⃗0，则tan A =（ ）
A．
❑√6
4
B．
❑√6
2
C．3 ❑√6
4
D．❑√6
【答案】B
【解题思路】延长CO交AB与点P，结合三角形面积公式得S1:S2:S3= tan A :tan B:tanC，再由已知有
tan A :tan B:tanC =2:3:4，最后由三角形内角性质及和角正切公式列方程求值.
【解答过程】∵O是△ABC的垂心，延长CO交AB与点P，
S1:S2=(
1
2 ⋅OC ⋅BP):(
1
2 ⋅OC ⋅AP)= BP: AP = tan A :tan B，同理S1:S3= tan A :tanC，
∴S1:S2:S3= tan A :tan B:tanC，又S1⋅⃗OA + S2⋅⃗OB+ S3⋅⃗OC =⃗0，
∴tan A ⋅⃗OA + tan B⋅⃗OB+ tanC ⋅⃗OC =⃗0，又2⃗OA +3⃗OB+ 4⃗OC =⃗0，
∴tan A :tan B:tanC =2:3:4，
不妨设tan A =2k，tan B =3k，tanC = 4 k，其中k ≠0，
tan A = tan[π−(B+C))=−tan (B+C)=−tan B+ tanC
1−tan B tanC ，
∴2k =−3k + 4 k
1−12k
2，化简整理得k
2= 3
8，解得k =
❑√6
4 （负值舍），
所以tan A =2k =
❑√6
2 .
故选：B.
【变式5-1】（2025·安徽·三模）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Sc，Sa，Sb，则有关系式Sa⋅⃗OA + Sb⋅⃗OB+ Sc⋅⃗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
【答案】B
【解题思路】根据平面向量基本定理可得
Sb
Sa
= b
a，
Sc
Sa
= c
a，延长CO交AB于E，延长BO交AC于F，根据
面积比推出| AE|
|BE| =| AC |
|BC | ，结合角平分线定理推出CE为∠ACB的平分线，同理推出BF是∠ABC的
平分线，根据内心的定义可得答案.
【解答过程】由Sa⋅⃗OA + Sb⋅⃗OB+ Sc⋅⃗OC =⃗0得⃗OA =−Sb
Sa⃗
OB−Sc
Sa⃗
OC，
由a⋅⃗OA +b⋅⃗OB+c⋅⃗OC =⃗0得⃗OA =−b
a⃗OB−c
a⃗OC，
根据平面向量基本定理可得−Sb
Sa
=−b
a，−Sc
Sa
=−c
a，
所以
Sb
Sa
= b
a，
Sc
Sa
= c
a，
延长CO交AB于E，延长BO交AC于F，
则
Sb
Sa
=| AE|
|BE| ，又
Sb
Sa
= b
a，所以| AE|
|BE| = b
a =| AC |
|BC | ，
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.
【变式5-2】（24-25 高一下·河南·期末）已知O是△ABC内的一点，若△BOC ,△AOC ,△AOB的面积分
别记为S1,S2,S3，则S1⋅⃗OA + S2⋅⃗OB+ S3⋅⃗OC =⃗0.这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的log o很相似，
故形象地称其为“奔驰定理”.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
【解题思路】延长CO，BO，AO 分别交边AB，AC，BC 于点P，M，N，利用同底的两个三角形面积比推
得tan ∠BAC :tan ∠ABC :tan ∠ACB = S1:S2:S3即可求解作答.
【解答过程】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，
S1
S2
= BP
AP = OP tan∠BOP
OP tan∠AOP = tan∠BAC
tan∠ABC ，同理
S1
S3
= tan∠BAC
tan∠ACB ，
于是得tan ∠BAC :tan ∠ABC :tan ∠ACB = S1:S2:S3，
又⃗OA +2⃗OB+3⃗OC =⃗0，即⃗OB =−1
3⃗OA −2
3⃗OB，由“奔驰定理”有S1⋅⃗OA + S2⋅⃗OB+ S3⋅⃗OB =⃗0，
则⃗OC =−S1
S3
⋅⃗OA −S2
S3
⋅⃗OB，而⃗OA与⃗OB不共线，有
S1
S3
= 1
3，
S2
S3
= 2
3，即S1:S2:S3=1:2:3，
所以tan ∠BAC :tan ∠ABC :tan ∠ACB =1:2:3.
故选：A.
【变式5-3】（24-25 高三上·河南南阳·期中）奔驰定理：已知O是ΔABC内的一点，ΔBOC，ΔAOC，
ΔAOB的面积分别为S A，SB，SC，则S A⋅⃗OA + SB⋅⃗OB+ SC⋅⃗OC =⃗0．“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（Mercedes benz）的logo 很相似，故形象地称
其为“奔驰定理”若O是锐角ΔABC内的一点，A，B，C是ΔABC的三个内角，且点O满足⃗
OA ⋅⃗OB =⃗OB⋅⃗OC =⃗OC ⋅⃗OA，则必有（ ）
A．sin A ⋅⃗OA +sin B⋅⃗OB+sinC ⋅⃗OC =⃗0
B．cos A ⋅⃗OA +cos B⋅⃗OB+cosC ⋅⃗OC =⃑0
C．tan A ⋅⃗OA + tan B⋅⃗OB+ tanC ⋅⃗OC =⃗0
D．sin 2 A ⋅⃗OA +sin 2B⋅⃗OB+sin 2C ⋅⃗OC =⃗0
【答案】C
【解题思路】利用已知条件得到O为垂心，再根据四边形内角为2π及对顶角相等，得到∠AOB = π −C，
再根据数量积的定义、投影的定义、比例关系得到|⃗OA |:|⃗OB|:|⃗OC |=cos A :cos B:cosC，进而求
出S A:SB:SC的值，最后再结合“奔驰定理”得到答案.
【解答过程】如图，因为⃗OA ⋅⃗OB =⃗OB⋅⃗OC =⃗OC ⋅⃗OA，
所以⃗OB⋅(⃗OA −⃗OC )=0⇒⃗OB⋅⃗CA =0，同理⃗OA ⋅⃗BC =0，⃗OC ⋅⃗AB =0，
所以O为ΔABC的垂心。
因为四边形DOEC的对角互补，所以∠AOB = π −C，
∴⃗OA ⋅⃗OB =|⃗OA ||⃗OB|cos(π −C )=−|⃗OA ||⃗OB|cosC．
同理，∴⃗OB⋅⃗OC =−|⃗OB‖⃗OC |cos A，
∴⃗OC ⋅⃗OA =−|⃗OC ‖⃗OA |cos B，
∴ |⃗OA ‖⃗OB|cosC =|⃗OB||⃗OC |cos A =|⃗OC ||⃗OA |cos B．
∴ |⃗OA ‖⃗OB|cosC
|⃗OA ‖⃗OB||⃗OC |
=|⃗OB||⃗OC |cos A
|⃗OA ‖⃗OB||⃗OC |
=|⃗OC ||⃗OA |cos B
|⃗OA ‖⃗OB||⃗OC |
，
∴|⃗OA |:|⃗OB|:|⃗OC |=cos A :cos B:cosC．
又S A = 1
2 |⃗OB‖⃗OC |sin(π −A)= 1
2 |⃗OB‖⃗OC |sin A
SB= 1
2 |⃗OA ‖⃗OC |sin(π −B)= 1
2 |⃗OA ‖⃗OC |sin B
SC = 1
2 |⃗OB‖⃗OA |sin(π −C )= 1
2 |⃗OB‖⃗OA |sinC
∴S A:SB:SC = sin A
|⃗OA |
: sin B
|⃗OB|
: sinC
|⃗OC |
= sin A
cos A : sin B
cos B : sinC
cosC = tan A :tan B:tanC．
由奔驰定理得tan A ⋅⃗OA + tan B⋅⃗OB+ tanC ⋅⃗OC =⃗0.
故选C．
一、单选题
1．（2025 高三·全国·专题练习）已知点O是非等边△ABC的外心，P是平面ABC内的一点且⃗
OA +⃗OB+⃗OC =⃗OP，则P是△ABC的（ ）
A．垂心
B．重心
C．内心
D．外心
【答案】A
【解题思路】由点O是非等边△ABC的外心可得|OA)=|OB)=|OC)，又因为平面内P满足⃗
OA +⃗OB+⃗OC =⃗OP，所以⃗OA +⃗OB =⃗OP−⃗OC =⃗CP，设D 为AB中点，得到OD⊥AB，⃗
OA +⃗OB =2⃗OD =⃗CP，从而得到⃗CP⊥⃗AB，CP在AB边的高线上.同理可得BP在AC边高线上，AP在
BC边高线上，故P为高线交点，即为垂心.
【解答过程】
因为点O是非等边△ABC的外心，
所以|OA)=|OB)=|OC).
因为平面内P满足⃗OA +⃗OB+⃗OC =⃗OP，
所以⃗OA +⃗OB =⃗OP−⃗OC =⃗CP,
设D 为AB中点，则有OD⊥AB，⃗OA +⃗OB =2⃗OD =⃗CP，
所以⃗CP⊥⃗AB，
所以CP在AB边的高线上.
同理可得，BP在AC边高线上，AP在BC边高线上.
故点P 是△ABC高线的交点，即为△ABC的垂心.
故选：A.
2．（2025 高一·全国·专题练习）已知O为△ABC所在平面内一点，若
tan A ×⃗OA +tan B×⃗OB+tanC ×⃗OC =⃗0，则点O是△ABC的（ ）
A．外心
B．内心
C．重心
D．垂心
【答案】D
【解题思路】先转化为共起点的向量，对其两边点乘对边向量，提取公因式，再由数量积的值进行判定．
【解答过程】原式变形为⃗AO =tan B
tan A +tan B+tanC⃗AB+tanC
tan A +tan B+tanC⃗AC，⃗
AO⋅⃗BC =tan B
tan A +tan B+tanC⃗AB⋅⃗BC +tanC
tan A +tan B+tanC⃗AC ⋅⃗BC
=tan B (−cosB)
tan A +tan B+tanC ac +tanC cosC
tan A +tan B+tanC ab
=
a
tan A +tan B+tanC
(−sin B×c +sinC ×b)= −sin B×ac+sinC ×ab
tan A +tan B+tanC
=0，
所以AO⊥BC，同理，BO⊥AC．
所以O是△ABC的垂心，
故选：D．
3．（24-25 高一下·河北·期中）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S A，SB，SC，则S A⋅⃗OA + SB⋅⃗OB+ SC⋅⃗OC =⃗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，三个角对应的边分别为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
【解题思路】根据三边，先求出角B 的余弦值,再由内心可得到S A:SB:SC =a:b:c，进而由“奔驰定理”
得到a⃗OA +b⃗OB+c⃗OC =⃗0，在对向量进行线性运算即可.
【解答过程】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，设∠1=∠OBC ,∠2=∠OBA，由题意∠1=∠2，
则S A:SC = 1
2 |BO||BC |sin ∠1: 1
2 |BO||BA |sin ∠2=a:b，
同理可得S A: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．
故选：A．
4．（24-25 高一下·河南南阳·期末）已知在△ABC中，AB = BC =3, AC边上的高为❑√5,O是△ABC的内
心，若⃗AO =m⃗AB+n⃗AC (m,n∈R)，则n
m =（ ）
A．3
4
B．
❑√5
3
C．4
3
D．3
5
【答案】A
【解题思路】由题意建立平面直角坐标系，根据三角形面积计算△ABC内切圆的半径r，写出坐标，根据
题意列出方程组计算即可.
【解答过程】设AC的中点为D，因为AB = BC =3，所以AD⊥AC，
由已知AD = ❑√5，所以AD =
❑√A B
2−A D
2=2，所以AC = 4，
以AC 的中点D为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系.
设△ABC内切圆的半径为r，则S△ABC = 1
2 ×(3+3+ 4)r = 1
2 ×4×❑√5，解得r = 2❑√5
5
.
因为△ABC为等腰三角形，所以△ABC的内心O在线段BD 上，
所以O(0, 2❑√5
5 ), A(−2,0),C(2,0),B(0,❑√5)，
则⃗AB =(2,❑√5),⃗AC =(4,0),⃗AO =(2, 2❑√5
5 ).因为⃗AO =m⃗AB+n⃗AC，
所以(2, 2❑√5
5 )=(2m+ 4 n,❑√5m)，即{
2m+ 4 n=2
❑√5m= 2❑√5
5 )
，
解得{
m= 2
5
n= 3
10)
，故n
m = 3
10 × 5
2 = 3
4 .
故选：A.
5．（24-25 高一下·广东东莞·期中）点O , N , P ,Q在△ABC所在平面内，满足|⃗OA)=|⃗OB)=|⃗OC)，⃗
NA +⃗NB+⃗NC =⃗0，⃗PA ⋅⃗PB =⃗PB⋅⃗PC =⃗PC ⋅⃗PA，⃗QA ⋅(⃗
AC
|⃗AC)
−⃗AB
|⃗AB))=⃗QB⋅(⃗
BC
|⃗BC)
−⃗BA
|⃗BA))=0.则
点O , N , P ,Q依次为△ABC的（ ）
A．重心、外心、内心、垂心
B．外心、重心、内心、垂心
C．重心、垂心、外心、内心
D．外心、重心、垂心、内心
【答案】D
【解题思路】根据模长相等可判断O为△ABC的外心，利用重心性质以及向量共线定理可判断N为重心；
由垂直关系的向量表示可得点P为△ABC垂心；再结合角平分线性质可判断点Q为△ABC内心.
【解答过程】由|⃗OA)=|⃗OB)=|⃗OC)可知，O点到A ,B ,C三点的距离相等，
可知O为△ABC的外接圆圆心，即O为△ABC的外心，
取AB的中点为D，如下图所示：
易知⃗NA +⃗NB =2⃗ND，又⃗NA +⃗NB+⃗NC =⃗0，可知2⃗ND =−⃗NC；
即N在中线CD上靠近D的三等分点，
同理可得N为三条中线的交点，即N为重心；
由⃗PA ⋅⃗PB =⃗PB⋅⃗PC可得⃗PB⋅(⃗PA −⃗PC)=0，即⃗PB⋅⃗CA =0，
可得PB⊥CA，同理可得PA ⊥CB , PC ⊥AB，
所以点P为△ABC三条高的交点，因此点P为△ABC垂心；
易知⃗AC
|⃗AC)
,⃗AB
|⃗AB)为沿⃗AC ,⃗AB方向上的单位向量，即|⃗
AC
|⃗AC))=1,|⃗
AB
|⃗AB))=1；
令⃗AC
|⃗AC)
=⃗AF ,⃗AB
|⃗AB)
=⃗AE，所以⃗AC
|⃗AC)
−⃗AB
|⃗AB)
=⃗EF，且△AEF为等腰三角形，AE = AF，如下图：
由⃗QA ⋅(⃗
AC
|⃗AC)
−⃗AB
|⃗AB))=0可得⃗QA ⋅⃗EF =0，即QA ⊥EF,
此时QA为角A的平分线，
同理由⃗QB⋅(⃗
BC
|⃗BC)
−⃗BA
|⃗BA))=0可得QB为角B的平分线，
因此可知Q为△ABC三条角平分线的交点，因此点Q为△ABC内心.
故选：D.
6．（24-25 高一下·甘肃·期末）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常
优美的结论.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为S A，SB
，SC，且S A⋅⃗M A + SB⋅⃗MB+ SC⋅⃗MC = 0
→
.若M为△ABC的垂心，3⃗M A + 4⃗MB+5⃗MC = 0
→
，则
cos∠AMB =（ ）
A．−
❑√6
3
B．−
❑√6
6
C．
❑√6
6
D．
❑√6
3
【答案】B
【解题思路】根据S A⋅⃗M A + SB⋅⃗MB+ SC⋅⃗MC = 0
→
和3⃗M A + 4⃗MB+5⃗MC = 0
→
得S A:SB:SC =3:4:5，
从而可以得出AD
MD = 4 , AC
BF =3，设MD = x，MF = y，得AM =3 x，BM =2 y，再结合垂心和直角三角形
余弦值即可求解.
【解答过程】
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，3⃗M A + 4⃗MB+5⃗MC = 0
→
，且S A⋅⃗M A + SB⋅⃗MB+ SC⋅⃗MC = 0
→
，
得S A:SB:SC =3:4:5，所以SB= 4
3 S A ,SC = 5
3 S A，
又S△ABC = S A+ SB+ SC，则
S△ABC
S A
= 4，同理可得
S△ABC
SB
=3，所以AD
MD = 4 , BF
MF =3，
设MD = x，MF = y，则AM =3 x，BM =2 y，
所以cos∠BMD = x
2 y =cos∠AMF = y
3 x ，即3 x
2=2 y
2，x
y =
❑√6
3 ，
所以cos∠BMD = x
2 y =
❑√6
6 ，
所以cos∠AMB =cos(π−∠BMD)=−cos∠BMD =−
❑√6
6 .
故选：B.
7．（24-25 高一下·安徽马鞍山·阶段练习）在△ABC中，AB = AC =5,BC =8, P为△ABC内的一点，⃗
AP = x⃗AB+ y⃗AC，则下列说法正确的是（ ）
A．若P 为△ABC的重心，则2 x + y = 2
3
B．若P 为△ABC的外心，则⃗PB⋅⃗BC =32
C．若P 为△ABC的垂心，则x + y =−7
9
D．若P 为△ABC的内心，则x + y = 5
8
【答案】C
【解题思路】对于ACD：先求出三角形各种心的坐标，然后代入坐标列方程求解；对于B：利用⃗
PB⋅⃗BC =(⃗PO+⃗OB)⋅⃗BC展开计算即可.
【解答过程】如图建立平面直角坐标系，A (0,3),B (−4,0),C (4,0)，
对于A：若P为△ABC的重心，则P(0,1)，
所以⃗AP =(0,−2),⃗AB =(−4 ,−3),⃗AC =(4 ,−3)
若⃗AP = x⃗AB+ y⃗AC，则{
−4 x + 4 y =0
−3 x−3 y =−2)，解得x = y = 1
3，所以2 x + y =1，A 不正确；
对于B：若P为△ABC的外心，其必在直线AO上，
所以⃗PB⋅⃗BC =(⃗PO+⃗OB)⋅⃗BC =⃗PO⋅⃗BC +⃗OB⋅⃗BC = 4×8×(−1)=−32，B 错误；
对于C：若P为△ABC的垂心，其必在AO上，设P(0,m)，⃗CP =(−4 ,m)
则⃗CP⋅⃗AB =(−4 ,m)⋅(−4 ,−3)=16−3m=0，解得m= 16
3 ，
此时⃗AP =(0, 7
3),⃗AB =(−4 ,−3),⃗AC =(4 ,−3)，
若⃗AP = x⃗AB+ y⃗AC，则{
−4 x + 4 y =0
−3 x−3 y = 7
3)
，解得x = y =−7
18，所以x + y =−7
9，C 正确；
对于D：若P为△ABC的内心，设内切圆半径为r，
则1
2 ×8×3= 1
2 ×r ×(5+5+8)，得r = 4
3 ，则P(0, 4
3)，A (0,3)
此时⃗AP =(0,−5
3),⃗AB =(−4 ,−3),⃗AC =(4 ,−3)，
若⃗AP = x⃗AB+ y⃗AC，则{
−4 x + 4 y =0
−3 x−3 y =−5
3)
，解得x = y = 5
18，所以x + y = 5
9，D 不正确；
故选：C.
8．（24-25 高一下·上海青浦·期末）已知D为△ABC所在平面内的一点，则下列命题中正确的个数为
（ ）
①若⃗DA +⃗DB+⃗DC =⃗0，则D为△ABC内心
②若(⃗
AB
|⃗AB)
+⃗AC
|⃗AC))⋅⃗BC =0，则△ABC为等腰三角形
③若⃗DA ⋅⃗DB =⃗DB⋅⃗DC =⃗DC ⋅⃗DA，则D为△ABC的外心
④若⃗AD = λ(⃗
AB
|⃗AB)sin B
+⃗
AC
|⃗AC)sinC)(λ∈R)，则点D的轨迹一定经过△ABC的重心
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解题思路】利用重心向量公式判断①；利用数量积运算律及定义求解判断②；利用数量积的运算律及垂
直关系的向量表示判断③；设BC的中点为M，再根据正弦定理结合平面向量共线定理即可判断④.
【解答过程】对于①：由⃗DA +⃗DB+⃗DC =⃗0得D为△ABC重心，故①错误；
对于②：由(⃗
AB
|⃗AB)
+⃗AC
|⃗AC))⋅⃗BC =0得⃗
AB⋅⃗BC
|⃗AB)
+⃗AC ⋅⃗BC
|⃗AC)
=0⇒|⃗BC)cos(π−B)+|⃗BC)cosC =0⇒cos B =cosC，
又B ,C ∈(0,π)，所以B =C，所以△ABC为等腰三角形，故②正确；
对于③：由⃗DA ⋅⃗DB =⃗DB⋅⃗DC得⃗DB⋅(⃗DA −⃗DC)=⃗DB⋅⃗CA =0⇒DB⊥AC，同理得
DC ⊥AB , DA ⊥BC，
所以D为△ABC的垂心，故③错误；
对于④：取BC的中点为M，所以⃗AB+⃗AC =2⃗AM，由正弦定理得|⃗AB)
sinC =|⃗AC)
sin B
，令
|⃗AB)sin B =|⃗AC)sinC =ℎ，
则⃗
AB
|⃗AB)sin B
+⃗
AC
|⃗AC)sinC
=⃗AB+⃗AC
ℎ
= 2
ℎ⃗AM，所以⃗AD = 2 λ
ℎ⃗AM，点D的轨迹经过△ABC的重心，故
④正确.
故选：B.
二、多选题
9．（24-25 高一下·湖北·阶段练习）已知O，H 在△ABC所在平面内|⃗OA)=|⃗OB)=|⃗OC)=3，⃗
HA ⋅⃗HB =⃗HB⋅⃗HC =⃗HC ⋅⃗HA，OH =1，记BC =a，CA =b，AB =c，则下列说法正确的是（ ）
A．O 为△ABC的外心
B．H 为△ABC的内心
C．⃗OH =⃗OA +⃗OB+⃗OC
D．a
2+b
2+c
2=81
【答案】AC
【解题思路】根据三角形四心的向量表示，可知O，H 分别为△ABC的外心和垂心，对于C，运用向量的
叠加关系可验证，对于D，对⃗OH =⃗OA +⃗OB+⃗OC进行平方计算可确定.
【解答过程】因为|⃗OA|=)⃗OB|=)⃗OC)=3，
所以O 为△ABC的外心，故A 正确；
由⃗HA ⋅⃗HB =⃗HB⋅⃗HC ，可得⃗HB⋅(⃗HA −⃗HC)=0，
即⃗HB⋅⃗CA =0，同理可得⃗HC ⋅⃗AB =0，⃗HA ⋅⃗BC =0，
所以H 为△ABC的垂心，故B 错误；
如图，
作直径BD，连接AD，
则AD⊥AB，
又∵H为三角形ABC 的垂心，∴CH ⊥AB，则CH // AD，
同理AH //CD，∴四边形AHCD 为平行四边形，
∴⃗OH =⃗OA +⃗AH =⃗OA +⃗DC =⃗OA +⃗OC −⃗OD =⃗OA +⃗OB+⃗OC ，故C 正确；
因为⃗OH =⃗OA +⃗OB+⃗OC ，
两边平方可得⃗OH
2=(⃗OA +⃗OB+⃗OC )
2，
故|⃗OH |
2=)⃗OA |
2+|⃗OB|
2+)⃗OC |
2
+2(⃗OA ⋅⃗OB+⃗OB⋅⃗OC +⃗OC ⋅⃗OA)，
即1=9+9+9+2(⃗OA ⋅⃗OB+⃗OB⋅⃗OC +⃗OC ⋅⃗OA)，
故2(⃗OA ⋅⃗OB+⃗OB⋅⃗OC +⃗OC ⋅⃗OA)=1−27=−26.
由向量的数量积定义：⃗OA ⋅⃗OB =|⃗OA)|⃗OB)cos∠AOB =9cos∠AOB，
同理⃗OB⋅⃗OC =9cos∠BOC ，⃗OC ⋅⃗OA =9cos∠AOC ，
所以18(cos∠AOB+cos∠BOC +cos∠AOC)=−26.
在△OAB中，根据余弦定理得c
2=|⃗OA |
2+)⃗OB|
2−2|⃗OA)|⃗OB)cos∠AOB =18−18cos∠AOB，
同理a
2=18−18cos∠BOC ，b
2=18−18cos∠AOC ，
所以a
2+b
2+c
2=54−18(cos∠AOB+cos∠BOC +cos∠AOC)=54+26=80，故D 错误.
故选：AC.
10．（24-25 高一下·江苏常州·期中）“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”：已知M是
△ABC内一点，△BMC ,△AMC ,△AMB的面积分别为S A ,SB,SC，且S A⋅⃗MA + SB⋅⃗MB+ SC⋅⃗MC =⃗0.
则下列说法正确的是（ ）
A．若S A:SB:SC =1:1:1，则M为△ABC的重心
B．若S A:SB:SC =1:2:3，则⃗AM = 1
3⃗AB+ 1
2⃗AC
C．若⃗AM = 1
4⃗AB+ 1
3⃗AC，则S A
S△ABC
= 1
3
D．若M为△ABC的内心，且3⃗MA + 4⃗MB+ ❑√5⃗MC =⃗0，则cosC = 5
6
【答案】ABD
【解题思路】取线段BC的中点D，得到⃗MA =−2⃗MD，所以A , M , D三点共线，再取线段AB , AC的中
点E , F，证得B , M , F三点共线，且C , M , E三点共线，可得判定A 正确；由“奔驰定理”，化简得到
6⃗AM =2⃗AB+3⃗AC，可判定B 正确；由⃗AM = 1
4⃗AB+ 1
3⃗AC，化简得到
5⃗MA +3⃗MB+ 4⃗MC =⃗0，求得S A:SB:SC =5:3:4，结合
S A
S△ABC
=
S A
S A+ SB+ SC
，可判定C 错误；设
△ABC内切圆的半径为r，利用面积比求得|BC):|AC):|AB)=3:4:❑√5，结合余弦定理，可判定D 正确.
【解答过程】对于A 中，若S A:SB:SC =1:1:1，则⃗MA +⃗MB+⃗MC =⃗0，
如图所示，取线段BC的中点D，连接DM，
则⃗MB+⃗MC =(⃗MD +⃗DB)+(⃗MD +⃗DC )=2⃗MD，
所以⃗MA +⃗MB+⃗MC =⃗MA +2⃗MD =⃗0，即⃗MA =−2⃗MD，所以A , M , D三点共线，
分别取线段AB , AC的中点E , F，连接ME , MF，
同理可证：B , M , F三点共线，且C , M , E三点共线，
所以点M为△ABC的重心，所以A 正确；
对于B 中，若S A:SB:SC =1:2:3，
由“奔驰定理”可得⃗MA +2⃗MB+3⃗MC =⃗0，所以⃗MA +2(⃗MA +⃗AB)+3(⃗MA +⃗AC )=⃗0，
所以6⃗AM =2⃗AB+3⃗AC，即⃗AM = 1
3⃗AB+ 1
2⃗AC，所以B 正确；
对于C 中，若⃗AM = 1
4⃗AB+ 1
3⃗AC，
即12⃗AM =3⃗AB+ 4⃗AC =3(⃗AM +⃗MB)+ 4(⃗AM +⃗MC )，
可得5⃗MA +3⃗MB+ 4⃗MC =⃗0，
又由S A⋅⃗MA + SB⋅⃗MB+ SC⋅⃗MC =⃗0，且⃗MA ,⃗MB ,⃗MC不共线，
所以S A:SB:SC =5:3:4，
所以由“奔驰定理”，可得
S A
S△ABC
=
S A
S A+ SB+ SC
=
5
5+3+ 4 = 5
12 ≠1
3，所以C 错误；
对于D 中，若M为△ABC的内心，设△ABC的内切圆的半径为r，
则S A:SB:SC =( 1
2|BC)⋅r ):( 1
2|AC)⋅r ):( 1
2|AB)⋅r )=|BC):|AC):|AB),
因为3⃗MA + 4⃗MB+ ❑√5⃗MC =⃗0，所以|BC):|AC):|AB)=3:4:❑√5，
设|BC)=3t(t >0)，则|AC)= 4 t ,|AB)= ❑√5t，
由余弦定理，可得cosC =|AC)
2+|BC)
2−|AB)
2
2|AC)|BC)
= (4t )
2+(3t )
2−(❑√5t )
2
2×4t ×3t
= 5
6，所以D 正确.
故选：ABD.
11．（24-25 高一下·辽宁沈阳·期中）已知△ABC的外心为O，垂心为H，则下列说法正确的是（ ）
A．若|⃗OA)=|⃗OB)=|⃗OC)=1，且4⃗OA +3⃗OB+2⃗OC =⃗0，则⃗OA ⋅⃗OC =−11
16
B．若∠B = 2π
3 ,⃗OB =m⃗OA +n⃗OC，则m+n的取值范围为(1, 2)
C．⃗AH与⃗
AB
|⃗AB)cos B
+⃗
AC
|⃗AC)cosC
不共线
D．若2⃗HA +3⃗HB+ 4⃗HC =⃗0，则cos∠AHB =−
❑√7
7
【答案】ABD
【解题思路】对于A，根据条件，利用数量积的运算律，即可求解；对于B，建立坐标系，从而有
A (−r ,0)，C(
1
2 r ,
❑√3
2 r)，B (r cosθ ,r sinθ)，θ∈(
π
3 ,π)，结合条件可得m+n=2sin(θ−π
6 )，根
据三角函数的性质，即可求解；对于C，计算可得(⃗
AB
|⃗AB)cos B
+⃗
AC
|⃗AC)cosC)⋅⃗BC =0，即可判断；对
D，根据垂心的性质推导可得⃗HA ⋅⃗HC =⃗HA ⋅⃗HB =⃗HC ⋅⃗HB，再设⃗HA ⋅⃗HC =⃗HA ⋅⃗HB =⃗HC ⋅⃗HB = x
，根据已知可得|⃗HB|= ❑√−2 x，同理可得|⃗HA |= ❑√−7
2 x，再根据向量的夹角公式求解即可.
【解答过程】对于A，由4⃗OA +3⃗OB+2⃗OC =⃗0，可得4⃗OA +2⃗OC =−3⃗OB，
所以(4⃗OA +2⃗OC)
2=9⃗OB
2，即16⃗OA
2+16⃗OA ⋅⃗OC + 4⃗OC
2=9⃗OB
2，又|⃗OA)=|⃗OB)=|⃗OC)=1，
则16+16⃗OA ⋅⃗OC + 4 =9，得到⃗OA ⋅⃗OC =−11
16，故A 正确，
对于B，如图，以O为坐标原点，AO所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
连接OC，设圆O的半径为r，且交x轴正半轴于E，
因为∠B =2π
3 ，则优弧
´
AEC所对圆心角∠AOC = 4π
3 ，所以∠COE = 4π
3 −π=π
3 ，
则A (−r ,0)，C(
1
2 r ,
❑√3
2 r)，设B (r cosθ ,r sinθ)，使θ∈(
π
3 ,π)，
则⃗OA =(−r ,0),⃗OB =(r cosθ ,r sinθ),⃗OC =(
1
2 r ,
❑√3
2 r)，
因为⃗OB =m⃗OA +n⃗OC，所以{
r cosθ =−mr + 1
2 nr
r sinθ =n⋅
❑√3
2 r )
，
得到n= 2
❑√3 sinθ，m= 1
❑√3 sinθ−cosθ，
所以m+n= ❑√3sinθ−cosθ =2sin(θ−π
6 )，θ∈(
π
3 ,π)，
又θ−π
6 ∈(
π
6 , 5π
6 )，所以sin(θ−π
6)∈(
1
2 ,1)，则m+n∈(1,2)，所以选项B 正确，
对于选项C，因为(⃗
AB
|⃗AB)cos B
+⃗
AC
|⃗AC)cosC)⋅⃗BC =⃗AB⋅⃗BC
|⃗AB)cos B
+⃗AC ⋅⃗BC
|⃗AC)cosC
=|⃗AB|⋅)⃗BC)cos(π−B)
|⃗AB)cos B
+|⃗AC|⋅)⃗BC)cosC
|⃗AC)cosC
=−|⃗BC|+)⃗BC)=0，
所以⃗
AB
|⃗AB|cos B
+⃗
AC
|⃗AC |cosC
与⃗BC垂直，
又因为⃗AH ⊥⃗BC，所以⃗AH与⃗
AB
|⃗AB|cos B
+⃗
AC
|⃗AC |cosC
共线，故C 错误；
对于D，因为H 为△ABC的垂心，则⃗AH ⊥⃗BC，即⃗AH ⋅⃗BC =0，
即⃗AH ⋅(⃗HC −⃗HB)=⃗AH ⋅⃗HC −⃗AH ⋅⃗HB =0，则⃗HA ⋅⃗HC =⃗HA ⋅⃗HB，
同理，⃗HA ⋅⃗HC =⃗HC ⋅⃗HB，所以⃗HA ⋅⃗HC =⃗HA ⋅⃗HB =⃗HC ⋅⃗HB，
设⃗HA ⋅⃗HC =⃗HA ⋅⃗HB =⃗HC ⋅⃗HB = x，
因为2⃗HA +3⃗HB+ 4⃗HC =⃗0，所以3⃗HB =−2⃗HA −4⃗HC，
3⃗HB
2=−2⃗HA ⋅⃗HB−4⃗HC ⋅⃗HB =−6 x，则|⃗HB|= ❑√−2 x，又2⃗HA =−3⃗HB−4⃗HC，
所以2⃗HA
2=−3⃗HB⋅⃗HA −4⃗HC ⋅⃗HA =−7 x，则|⃗HA |= ❑√−7
2 x，
cos∠AHB =cos⃗HB ,⃗HA =⃗HB⋅⃗HA
|⃗HB)⋅|⃗HA)
=
x
❑√−2 x×❑√−7
2 x
=
x
❑√7 x
2，
又x<0，则cos∠AHB =−
❑√7
7 ，所以D 正确.
故选：ABD.
三、填空题
12．（24-25 高三上·天津河北·期中）已知△ABC中，点G ,O分别是△ABC的重心和外心，且⃗
AG⋅⃗AO = 4 ,|⃗AG)=2，则边BC的长为 .
【答案】2❑√3
【解题思路】根据重心和外心性质，通过转化法利用数量积可得⃗AB
2+⃗AC
2=24，再由三角形法则计算可
求出BC的长为2❑√3.
【解答过程】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
下图所示：
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
；
所以⃗AB
2+⃗AC
2=24；
又|⃗AD)= 3
2|⃗AG)=3，即|⃗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.
故答案为：2❑√3.
13．（24-25 高一下·广东茂名·期末）如图，P 为△ABC的内心，cos∠BAC = 1
5，△BPC、△APC、
△APB的面积分别为S A、SB、SC，且S A⋅⃗PA + SB⋅⃗PB+ SC⋅⃗PC =⃗0.若⃗AP = x⃗AB+ y⃗AC，则x + y的最
大值为
.
【答案】5−❑√10
3
【解题思路】根据内心的性质可得⃗AP = b
a ⋅⃗PB+ c
a⃗PC ,根据条件化简可得
⃗
AP =
x
1−(x + y) ⋅⃗PB+
y
1−(x + y)⃗PC，即可得x + y =
b+c
a+b+c ,进而根据余弦定理，结合基本不等式可得
a≥
❑√10
5
(b+c)，即可求解.
【解答过程】由于P 为△ABC的内心，故P到AB ,BC ,CA的距离相等，记为r，
则S A = ar
2 ,SB= br
2 ,SC = cr
2 ,
由S A⋅⃗PA + SB⋅⃗PB+ SC⋅⃗PC =⃗0可得ar
2 ⋅⃗PA + br
2 ⋅⃗PB+ cr
2 ⋅⃗PC =⃗0，
故a⃗PA +b⃗PB+c⃗PC =⃗0，所以⃗AP = b
a ⋅⃗PB+ c
a⃗PC ,
又⃗AP = x⃗AB+ y⃗AC = x(⃗PB−⃗PA)+ y (⃗PC −⃗PA)= x⃗PB+ y⃗PC +(x + y)⃗AP ,⃗
AP =
x
1−(x + y) ⋅⃗PB+
y
1−(x + y)⃗PC，
则{
b
a =
x
1−(x + y)
c
a =
y
1−(x + y))
，所以x + y =
b+c
a+b+c ,
又cos∠BAC = 1
5 ,则a
2=b
2+c
2−2
5 bc =(b+c)
2−12
5 bc≥(b+c)
2−12
5 ⋅(b+c)
2
4
= 2
5
(b+c)
2，
所以a≥
❑√10
5
(b+c)，当且仅当b=c时取等号，
x + y =
b+c
a+b+c ≤
b+c
❑√10
5
(b+c)+(b+c)
=
1
❑√10
5
+1
= 5−❑√10
3
，
故答案为：5−❑√10
3
.
14．（24-25 高二上·四川广安·开学考试）“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”（Mercedes-Benz）的logo 很相似，故形象地称其为“奔驰定理）．“奔驰定理”
的内容如下：如图，已知O是△ABC内一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为S A，SB，SC，则
S A⋅⃗OA + SB⋅⃗OB+ SC⋅⃗OC =⃗0．若O是锐角△ABC内的一点，A，B，C是△ABC的三个内角，且O点
满足⃗OA ⋅⃗OB =⃗OB⋅⃗OC =⃗OC ⋅⃗OA，则下列说法正确的是
（填序号）.
①O是△ABC的垂心；②∠BOC + A <π；
③|⃗OA):|⃗OB):|⃗OC)=cos A :cos B:cosC；④tan A ⋅⃗OA +tan B⋅⃗OB+tanC ⋅⃗OC =⃗0
【答案】①③④
【解题思路】将⃗OA ⋅⃗OB =⃗OB⋅⃗OC移项，并结合平面向量的减法和数量积的运算法则，可得OB⊥CA
，同理推出OA ⊥CB，OC ⊥AB，即可判断①；根据①可知，∠OBC +C =π
2 ，∠OCB+ B =π
2 ，再
由三角形内角和定理即可判断②；延长CO交AB于点P，结合诱导公式与余弦函数的定义，可证
cos A :cos B =OA :OB，进而求解③；利用三角形面积公式和奔驰定理即可证明④.
【解答过程】因为⃗OA ⋅⃗OB =⃗OB⋅⃗OC，所以⃗OB⋅(⃗OA −⃗OC)=0，
所以⃗OB⋅⃗CA =0，所以OB⊥CA，
同理可得，OA ⊥CB，OC ⊥AB，所以O为△ABC的垂心，故①正确；
因为OB⊥CA，OC ⊥AB，所以∠OBC +C =π
2 ，∠OCB+ B =π
2 ，
所以∠OBC +C +∠OCB+ B =π，
又∠OBC +∠OCB+∠BOC =π，
所以∠BOC = B+C，又A + B+C =π，
所以∠BOC + A =π，故②不正确；
由②知A =π−∠BOC，B =π−∠AOC，
延长CO交AB于点P，
所以cos A :cos B =cos(π−∠BOC):cos(π−∠AOC)=cos∠BOP:cos∠AOP
= OP
OB : OP
OA =OA :OB，
同理可得cos A :cosC =OA :OC，
所以cos A :cos B:cosC =OA :OB:OC，
所以|⃗OA):|⃗OB):|⃗OC)=cos A :cos B:cosC，故③正确；
由S A = 1
2 ×|OC)×|BP)，SB= 1
2 ×|OC)×|AP)，
则S A:SB=|BP):|AP)=(|OP)tan ∠BOP):(|OP)tan ∠AOP)
= tan∠BOP:tan∠AOP= tan A :tan B，
同理SB:SC = tan B:tanC，
所以S A:SB:SC = tan A :tan B:tanC，
又S A⋅⃗OA :SB⋅⃗OB:SC⋅⃗OC =⃗0，
则tan A ⋅⃗OA +tan B⋅⃗OB+tanC ⋅⃗OC =⃗0，故④正确.
故答案为：①③④.
四、解答题
15．（24-25 高一下·浙江温州·期中）如图，在平行四边形ABCD中，M，N分别是线段AB，BC的中
点，记⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，且DM =1，DN =2，∠MDN =60°.
(1)试用向量⃗a，⃗b表示⃗DM，⃗DN；
(2)①求|⃗a)，|⃗b)的值；②设O为△ADM的内心，若⃗AO = x⃗a+ y⃗b(x , y ∈R)，求y
x 的值.
【答案】(1)⃗DM = 1
2⃗a−⃗b,⃗DN =⃗a−1
2⃗b
(2)①|⃗a)= 2❑√13
3
,|⃗b)= 4
3 ；②
❑√13
2
【解题思路】（1）根据向量的线性运算求解即可；
（2）根据向量数量积的运算法则、数量积的定义运算求⃗a,⃗b模；再由三角形内心的性质化简可得y
x .
【解答过程】（1）⃗DM =⃗AM −⃗AD = 1
2⃗AB−⃗AD = 1
2⃗a−⃗b；⃗
DN =⃗DC +⃗CN =⃗AB+ 1
2⃗DA =⃗AB−1
2⃗AD =⃗a−1
2⃗b.
（2）①由（1）知：{⃗
DM = 1
2⃗a−⃗b⃗
DN =⃗a−1
2⃗b)
，则{⃗
a= 4
3⃗DN −2
3⃗DM⃗
b= 2
3⃗DN −4
3⃗DM)
，
又∵⃗DM ⋅⃗DN =|⃗DM )⋅|⃗DN )cos∠MDN =1，
∴|⃗a)= ❑√(
4
3⃗DN −2
3⃗DM)
2
= 2❑√13
3
，|⃗b)= ❑√(
2
3⃗DN −4
3⃗DM)
2
= 4
3
.
②∵O为△ADM的内心，
∴⃗AO = λ(⃗
a
|⃗a) +⃗b
|⃗b))= λ
|⃗a)⃗a+ λ
|⃗b)⃗
b，
∴y
x =
λ
|⃗b)
λ
|⃗a)
=|⃗a)
|⃗b)
=
❑√13
2
.
16．（24-25 高一下·山东青岛·期中）在△ABC中，M , N为△ABC所在平面内的两点，
AB =3, AC =2❑√2,∠BAC = π
4 ，⃗MC = 1
3⃗BC ，⃗NA +⃗NC =⃗0．
（1）以⃗AB和⃗A C作为一组基底表示⃗NM，并求|⃗NM )；
（2）D为直线MN上一点，设⃗CD = x⃗AB+ y⃗A C( x , y ∈R)，若直线CD经过△ABC的垂心，求x , y．
【答案】（1）⃗NM = 1
3⃗AB+ 1
6⃗A C；
❑√17
3
；（2）x = 1
4 , y =−3
8．
【解题思路】（1）利用基底法，以⃗AB和⃗A C作为一组基底表示⃗NM即可；
（2）因为直线CD经过△ABC的垂心，所以CD⊥AB，即⃗CD⋅⃗AB =0，分别表示出⃗CD ,⃗AB代入即可．
【解答过程】（1）由⃗MC = 1
3⃗BC，所以M为线段BC上靠近C的三等分点．
由⃗NA +⃗NC =⃗0，
所以N为线段AC的中点，⃗
NM =⃗NC +⃗CM = 1
2⃗A C + 1
3⃗C B = 1
2⃗A C + 1
3 (⃗AB−⃗A C)= 1
3⃗AB+ 1
6⃗A C，
因为⃗AB⋅⃗A C =|⃗AB)×|⃗A C)×cos∠BAC =3×2❑√2×
❑√2
2 =6，
所以|⃗NM )= ❑√(
1
3⃗AB+ 1
6⃗A C)
2
= ❑√
1
9⃗AB
2+ 1
36⃗A C
2+ 1
9⃗AB⋅⃗A C =
❑√17
3
；
（2）D为直线MN上一点，设⃗ND =k⃗NM，
则⃗CD =⃗CN +⃗ND =−1
2⃗A C +k⃗NM =−1
2⃗A C +k( 1
3⃗AB+ 1
6⃗A C )= 1
3 k⃗AB+(
1
6 k −1
2)⃗A C，
所以，⃗CD⋅⃗AB =(
1
3 k⃗AB+(
1
6 k −1
2)⃗A C)⋅⃗AB = 1
3 k⃗AB
2+(
1
6 k −1
2)⃗A C ⋅⃗AB
= 1
3 k ⋅9+(
1
6 k −1
2)×3×2❑√2×sin π
4 ，
因为直线CD经过△ABC的垂心，所以CD⊥AB，即⃗CD⋅⃗AB =0，
所以⃗CD⋅⃗AB =(
1
3 k)×9+(
1
6 k −1
2)×3×2❑√2×sin π
4 =0， 解得k = 3
4 ，
所以⃗CD = 1
3 k⃗AB+(
1
6 k −1
2)⃗A C = 1
4⃗AB−3
8⃗A C，
因为⃗CD = x⃗AB+ y⃗A C，
所以x = 1
4 , y =−3
8．
17．（24-25 高一下·山西·阶段练习）奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车
logo 相似，因此得名.如图，P 是△ABC内的任意一点，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，总有优美等
式：⃗PA ⋅S△PBC +⃗PB⋅S△PAC +⃗PC ⋅S△PAB=⃗0.
(1)若P 是△ABC的内心，2b=3a= 4 c，延长AP 交BC 于点D，求AP
PD ；
(2)若P 是锐角△ABC的外心，A =2B，⃗PB = x⃗PA + y⃗PC，求x + y的取值范围.
【答案】(1)λ= 9
4
(2)[−5
4 ,−1)
【解题思路】（1）根据奔驰定理以及内切圆的性质可得⃗PA ⋅a+⃗PB⋅b+⃗PC ⋅c =⃗0，即可根据
2b=3a= 4 c得4⃗PA +6⃗PB+3⃗PC =⃗0，进而根据线性运算得6⃗DB+3⃗DC =(4 λ−9)⃗PD,由共线即可求
解，
（2）根据奔驰定理以及外接圆的性质可得⃗PA ⋅sin 2 A +⃗PB⋅sin A −⃗PC ⋅sin3 A =⃗0，即可得⃗
PB = −⃗PA ⋅sin 2 A +⃗PC ⋅sin3 A
sin A
，结合三角恒等变换可得
x + y = 4 cos
2 A −2cos A −1= 4(cos A −1
4)
2
−5
4 ，即可根据函数的性质求解.
【解答过程】（1）由于P 是△ABC的内心，设△ABC内切圆的半径为r，
由⃗PA ⋅S△PBC +⃗PB⋅S△PAC +⃗PC ⋅S△PAB=⃗0可得⃗PA ⋅1
2 BC ⋅r +⃗PB⋅1
2 AC ⋅r +⃗PC ⋅1
2 BA ⋅r =⃗0，即⃗
PA ⋅a+⃗PB⋅b+⃗PC ⋅c =⃗0，
由2b=3a= 4 c，不妨设a= 4 m,b=6m,c =3m,m>0，
故4⃗PA +6⃗PB+3⃗PC =⃗0，
设AP
PD = λ，则−4 λ⃗PD +6(⃗PD +⃗DB)+3(⃗PD +⃗DC)=⃗0,
故6⃗DB+3⃗DC =(4 λ−9)⃗PD,
由于6⃗DB+3⃗DC与⃗BC共线，而⃗PD与⃗BC不共线，
因此必然4 λ−9=0，故λ= 9
4 ，
（2）设△ABC外接圆的半径为R,
则由⃗PA ⋅S△PBC +⃗PB⋅S△PAC +⃗PC ⋅S△PAB=⃗0得⃗
PA ⋅1
2 R
2sin∠BPC +⃗PB⋅1
2 R
2sin∠APC +⃗PC ⋅1
2 R
2sin∠APB =⃗0，
即⃗PA ⋅sin 2 A +⃗PB⋅sin 2B+⃗PC ⋅sin 2C =⃗0，
由于A =2B，所以⃗PA ⋅sin 2 A +⃗PB⋅sin A −⃗PC ⋅sin3 A =⃗0,
因此⃗PB = −⃗PA ⋅sin 2 A +⃗PC ⋅sin3 A
sin A
，又⃗PB = x⃗PA + y⃗PC，
所以
x + y = −sin2 A +sin3 A
sin A
= −2sin A cos A +sin2 A cos A +cos2 A sin A
sin A
=−2cos A +2cos
2 A +cos2 A
= 4 cos
2 A −2cos A −1= 4(cos A −1
4)
2
−5
4 ,
由于三角形为锐角三角形，所以{
0< A <π
2
0<B = A
2 <π
2
0<C =π−3 A
2 <π
2)
，解得π
3 < A <π
2 ，
故cos A ∈(0, 1
2),
故当cos A = 1
4 时，x + y = 4(cos A −1
4)
2
−5
4 取最小值−5
4 ，
当cos A =0或1
2时，x + y = 4(cos A −1
4)
2
−5
4 =−1，
故x + y ∈[−5
4 ,−1).
18．（24-25 高一下·福建南平·期末）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点O是
△ABC的外心．
(1)当AB =2时，求⃗AO ⋅⃗AB；
(2)对于任意的m，n，p，q∈R，用向量方法证明不等式(m
2+n
2)( p
2+q
2)≥(mp+nq)
2（当且仅当
mq =np时，等号成立）；
(3)若⃗AC
2⃗
AB
2 (⃗AB⋅⃗AO)+⃗AB
2⃗
AC
2 (⃗AC ⋅⃗AO)= 5
2⃗AO
2，求sin B+3sinC的最大值．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
(3)5 ❑√2
2
．
【解题思路】（1）由三角形的外形性质，可得向量⃗AO在向量⃗AB上的投影向量，根据数量积的定义，可
得答案；
（2）根据数量积的坐标表示以及模长的坐标公式，结合向量夹角余弦值的取值范围，可得答案；
（3）由图形的性质以及数量积的定义式，整理等式，利用（2）所得的不等式，可得答案.
【解答过程】（1）因为点O是△ABC的外心，所以点O在边AB的中垂线上．如图设点M为线段AB的中
点，
则⃗AM为向量⃗AO在向量⃗AB上的投影向量，
设⃗AO与⃗AB的夹角为θ，所以⃗AO⋅⃗AB =|⃗AO) |⃗AB)cosθ =|⃗AM ) |⃗AB)=1×2=2．
（2）构造向量⃗u=(m, n),⃗v =( p, q)，因为⃗u⋅⃗v =|u) |⃗v)cos β（其中β为向量⃗u,⃗v的夹角），
所以mp+nq =
❑√m
2+n
2❑√p
2+q
2cos β，
于是(mp+nq)
2=(m
2+n
2)( p
2+q
2)cos
2 β ≤(m
2+n
2)( p
2+q
2)，
即(m
2+n
2)( p
2+q
2)≥(mp+nq)
2
当且仅当cos
2 β =1，即cos β =±1, β =0或π时，等号成立，此时⃗u与⃗v共线，有mq−np=0，
即mq =np，不等式得证．
（3）如图，令∠CAO=α，由⃗AC
2⃗
AB
2 (⃗AB⋅⃗AO)+⃗AB
2⃗
AC
2 (⃗AC ⋅⃗AO)= 5
2⃗AO
2，
得b
2
c
2 (c⋅|⃗AO)cosθ)+ c
2
b
2 (b⋅|⃗AO)cosα)= 5
2⃗AO
2，化简得b
2
c ⋅cosθ+ c
2
b ⋅cosα = 5
2|⃗AO)．
由点O是△ABC的外心可知，O是三边中垂线的交点，故有cosθ =
c
2|⃗AO)
, cosα =
b
2|⃗AO)，
代入上式得b
2
c ⋅
c
2|⃗AO)
+ c
2
b ⋅
b
2|⃗AO)
= 5
2|⃗AO)，所以b
2+c
2=5|⃗AO)
2．
又AO是△ABC的外接圆的半径，故sin B =
b
2|AO) , sinC =
c
2|⃗AO)，
于是有sin B+3sinC =
b
2|⃗AO)
+
3c
2|⃗AO)
= b+3c
2|⃗AO)，
由（2）结论可知，(b
2+c
2)(1
2+3
2)≥(b+3c)
2，故(b+3c)
2≤50|⃗AO)
2，
从而b+3c ≤5 ❑√2|⃗AO)，于是b+3c
2|⃗AO)
≤5 ❑√2|⃗AO)
2|⃗AO)
= 5 ❑√2
2
，当且仅当3b=c时，等号成立，
因此sin B+3sinC的最大值为5 ❑√2
2
．
19．（24-25 高一下·安徽合肥·阶段练习）已知a，b，c 为△ABC三个内角A，B，C 的对边，且
c = 4 ,b=5,a=6，线段BC边对应的高为AD，△ABC内心、重心、外心、垂心依次为点I、G、O、H．
(1)求△ABC中高AD的长度；
(2)若∠BAC的角平分线交BC于E，求证：⃗AE =
AC
AB+ AC⃗AB+
AB
AB+ AC⃗AC；
(3)欧拉线定理：设△ABC的重心，外心，垂心分别是G，O，H，则G，O，H 三点共线，且
|OH )=3|OG)．请合理运用欧拉线定理，求⃗AH ·⃗AI的值．
【答案】(1)AD = 5 ❑√7
4
(2)证明见解析
(3)3
2
【解题思路】（1）首先利用余弦定理求出cos A，进一步求出sin A，再利用正弦定理和三角形面积相等
求出AD长；
（2）在△ABE和△ABE中两次运用正弦定理可得AB
AC = BE
CE ，由此可得⃗B E =−AB
AC⃗C E，进而可证明结
论；
（3）由（2）同理可得⃗AI = 1
3⃗AB+ 4
15⃗AC，利用重心的性质和欧拉线定理求得⃗
AH ⋅⃗AI =−2⃗AO⋅⃗AI +(⃗AB+⃗AC )⋅⃗AI，再利用外心的性质和数量积的定义求得⃗AH ·⃗AI的值．
【解答过程】（1）∵c = 4 ,b=5,a=6,∴cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 1
8 >0，故A是锐角，
∴sin A =
❑√1−cos
2 A = 3 ❑√7
8
，
由三角形的面积相等得，1
2 AD⋅BC = 1
2 bc sin A，则AD = bc sin A
a
= 4×5
6
× 3 ❑√7
8
= 5 ❑√7
4
；
（2）因为内心是三角形三条角平分线的交点，故连接AI延长交BC于点E，如图所示：
在△ABE中由正弦定理可得
AB
sin∠AEB =
BE
sin∠BAE ，在△ACE中由正弦定理可得
AC
sin∠AEC =
CE
sin∠CAE ，
又∠BAE =∠CAE ,∠AEB+∠AEC = π，所以sin∠BAE =sin∠CAE ,sin∠AEB =sin∠AEC，
所以AB
AC = BE
CE ，即⃗B E =−AB
AC⃗C E，
则⃗AE−⃗AB =−AB
AC (⃗AE−⃗AC ),∴⃗AE =
AC
AB+ AC⃗AB+
AB
AB+ AC⃗AC；
（3）又因为在△ABE中，BI平分∠ABC，由（2）同理可得
BA
BE = AI
IE =
4
6× 4
9
= 3
2 ,⃗AI = 3
5⃗AE = 3
5(
5
9⃗AB+ 4
9⃗AC)= 1
3⃗AB+ 4
15⃗AC，
因为G ,O , H三点共线，|OH |=3|OG|，所以⃗OH =3⃗OG，
由重心的性质可知⃗A G = 1
3 × 1
2 (⃗AB+⃗AC )= 1
3 (⃗AB+⃗AC )，
故由欧拉线定理可知，⃗
AH =⃗AO+⃗OH =⃗AO+3⃗OG =⃗AO+3(⃗OA +⃗AG)=−2⃗AO+3⃗AG =−2⃗AO+⃗AB+⃗AC，
∴⃗AH ⋅⃗AI =[−2⃗AO+(⃗AB+⃗AC )]⋅⃗AI =−2⃗AO⋅⃗AI +(⃗AB+⃗AC )⋅⃗AI，
而⃗
AO⋅⃗AI =⃗AO⋅(
1
3⃗AB+ 4
15⃗AC)= 1
3|⃗AB)·|⃗AO)cos∠BAO+ 4
15|⃗AC)·|⃗AO)cos∠CAO = 1
3 × 1
2 A B
2+ 4
15 × 1
2 A C
2⃗
AB⋅⃗AC =|⃗AB|⋅|⃗AC |cos A = 4×5× 1
8 = 5
2，
(⃗AB+⃗AC )⋅⃗AI =(⃗AB+⃗AC )⋅(
1
3⃗AB+ 4
15⃗AC)
= 1
3⃗AB
2+ 4
15⃗AC
2+ 3
5⃗AB·⃗AC
故⃗AH ⋅⃗AI =−2×6+ 27
2 = 3
2．
