奔驰定理与四心问题（五大题型）（解析版）

奔驰定理与四心问题目录题型一：奔驰定理题型二：重心定理题型三：内心定理题型四：外心定理题型五：垂心定理方法技巧总结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．x1+x2+x3y1+y2+y3已知△ABC的顶点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则△ABC的重心坐标为G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．33奔驰定理：SA⋅OA+SB⋅OB+SC⋅OC=0，则△AOB、△AOC、△BOC的面积之比等于λ3:λ2:λ1奔驰定理证明：如图，令λ1OA=OA1，λ2OB=OB1，λ3OC=OC1，即满足OA1+OB1+OC1=0S△AOB1S△AOC1S△BOC1=，=，=，故S△AOB:S△AOC:S△BOC=λ3:λ2:λ1．S△A1OB1λ1λ2S△A1OC1λ1λ3S△B1OC1λ2λ3技巧三．三角形四心与推论：(1)O是△ABC的重心：S△BOC:S△COA:S△A0B=1:1:1⇔OA+OB+OC=0．(2)O是△ABC的内心：S△B0C:S△COA:S△AOB=a:b:c⇔aOA+bOB+cOC=0．(3)O是△ABC的外心：S△B0C:S△COA:S△AOB=sin2A:sin2B:sin2C⇔sin2AOA+sin2BOB+sin2COC=0．(4)O是△ABC的垂心：·1· S△B0C:S△COA:S△AOB=tanA:tanB:tanC⇔tanAOA+tanBOB+tanCOC=0．技巧四．常见结论ABAC(1)内心：三角形的内心在向量+所在的直线上．ABAC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．(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．必考题型归纳题型一：奔驰定理1(2023·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()4125A.B.C.D.9399【答案】Aabc【解析】由正弦定理===K,又a=3，b=2，c=4，所以得sinAsinBsinC113⋅OA+2⋅OB+4⋅OC=0,因为≠0,所以3⋅OA+2⋅OB+4⋅OC=0.KK设OA1=3OA,OB1=2OB,OC1=4OC,可得OA1+OB1+OC1=0,则O是△A1B1C1的重心，1S△OA1B1=S△OB1C1=S△OA1C1=S，利用S=2OA1⋅OB1⋅sin∠A1OB1,sin∠AOB=sin∠A1OB1,所以1S△OAB2OA⋅OBsin∠AOBOA⋅OB111===,所以S△OAB=S,同理可得S△OBC=S,S1OA1⋅OB1sin∠A1OB13OA⋅2OB6682111114S△AOC=12S.所以△AOB与△ABC的面积之比为6S:6S+8S+12S=4:9即为9.故选：A.2(2023·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()·2· 1111A.B.C.D.2345【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，111∴SΔAOB=SΔAMB=SΔABC．比值为．244故选：C．3(2023·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()1239A.B.C.D.55525【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△ABD=S△ABC，又AE=5AM，所以S△ABM=S△ABE，351S5△ABE3在平行四边形中，S△ABD=S△ABE，则△ABM与△ABD的面积比为=，1S53△ABD故选：C.·3· 1.(2023·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SbSc【解析】由Sa⋅OA+Sb⋅OB+Sc⋅OC=0得OA=-OB-OC，SaSabc由a⋅OA+b⋅OB+c⋅OC=0得OA=-OB-OC，aaSbbScc根据平面向量基本定理可得-=-，-=-，SaaSaaSbbScc所以=，=，SaaSaa延长CO交AB于E，延长BO交AC于F，Sb|AE|Sbb|AE|b|AC|则=，又=，所以==，Sa|BE|Saa|BE|a|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：B2.(2023·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SA、SB、SC，则有SAOA+SBOB+SCOC=0，设O是锐角△ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题错误的是()·4· A.若OA+OB+OC=0，则O为△ABC的重心B.若OA+2OB+3OC=0，则SA:SB:SC=1:2:3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5π9D.若OA=OB=2，∠AOB=，2OA+3OB+4OC=0，则S△ABC=62【答案】D【解析】对于A：如下图所示，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SA,SB,SC，则有SA⋅OA+SB⋅OB+SC⋅OC=0可知，若OA+2OB+3OC=0，可得SA:SB:SC=1:2:3，即B正确；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1m2由SA=OBOCsin∠BOC，则SA=OBOCsin∠BAC=cos∠ABCcos∠BCAsin∠BAC，2221m21同理：SB=OAOCsin∠ABC=cos∠BACcos∠BCAsin∠ABC，SC=OAOBsin∠BCA=2222mcos∠BACcos∠ABCsin∠BCA，2·5· sin∠BACsin∠ABCsin∠BCA综上，SA:SB:SC=::=tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠BCA，cos∠BACcos∠ABCcos∠BCA根据奔驰定理得tan∠BAC⋅OA+tan∠ABC⋅OB+tan∠ACB⋅OC=0，即C正确.5π15π对于D：由|OA|=|OB|=2,∠AOB=可知，SC=×2×2×sin=1，626又2OA+3OB+4OC=0，所以SA:SB:SC=2:3:413由SC=1可得，SA=,SB=；24139所以S△ABC=SA+SB+SC=++1=，即D错误；244故选：D.3.(多选题)(2023·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SA,SB,SC，则SA⋅OA+SB⋅OB+SC⋅OC=0，O是△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SA:SB:SC=4:3:22π93B.若OA=OB=2，∠AOB=，且2OA+3OB+4OC=0，则S△ABC=34C.若OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA，则O为△ABC的垂心πD.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SA:SB:SC=2:3:4，错误；1对选项B：S△AOB=×2×2×sin120°=3，2OA+3OB+4OC=0，2993故SA:SB:SC=2:3:4，S△ABC=×SA=，正确；44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SA:SB:SC=5:12:13，设内接圆半径为r，111SA=r⋅BC，SB=r⋅AC，SC=r⋅AB，即BC:AC:AB=5:12:13，222222π即AB=AC+BC，∠ACB=，正确.2故选：BCD4.(多选题)(2023·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SA、SB、SC，则SA⋅OA+SB⋅OB+·6· SC⋅OC=0.设O是锐角△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OA+2OB+3OC=0，则SA:SB:SC=1:2:35π9B.OA=OB=2，∠AOB=，2OA+3OB+4OC=0，则S△ABC=62πC.若O为△ABC的内心，3OA+4OB+5OC=0，则∠C=2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SA:SB:SC=1:2:3，A对；5π15π对于B选项，由OA=OB=2，∠AOB=，可知SC=×2×2×sin=1，626又2OA+3OB+4OC=0，所以SA:SB:SC=2:3:4，13由SC=1可得，SA=，SB=，24139所以S△ABC=SA+SB+SC=++1=，B错；244对于C选项，若O为△ABC的内心，3OA+4OB+5OC=0，则SA:SB:SC=3:4:5，111又SA:SB:SC=ar:br:cr=a:b:c(r为△ABC内切圆半径)，222222π所以，a+b=c，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，111所以，OC=2OD，S△AOD=S△BOD=SC，且S△AOD=SB，S△BOD=SA，222所以，SA=SB=SC，由“奔驰定理”可得OA+OB+OC=0，D对.故选：ACD.题型二：重心定理4(2023·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=-3②AO⋅BC=-6③OH=OA+OB+OC④AB+AC=4OM+2HM【答案】①③④21【解析】对于①，△ABC重心为G，有AG=AM=(AB+AC)，33·7· 11221故AG⋅BC=(AB+AC)(AC-AB)=(AC-AB)=(16-25)=-3，故①正确；333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、E，易知D、122512E分别是AB、AC的中点，有AO⋅AB=AB=，AO⋅AC=AC=8222259∴AO⋅BC=AO⋅(AC-AB)=8-=-，故②错误；22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，33所以AB+AC=2AM=-6MG=4OM+2HM，故④正确.故答案为：①③④.5(2023·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；ABAC②动点P满足OP=OA+λ+(λ>0)，则△ABC的内心一定在满足条件的P点集合中；|AB||AC|ABAC③动点P满足OP=OA+λ+(λ>0)，则△ABC的重心一定在满足条件的P点|AB|sinB|AC|sinC集合中；ABAC④动点P满足OP=OA+λ+(λ>0)，则△ABC的垂心一定在满足条件的P|AB|cosB|AC|cosC点集合中；OB+OCABAC⑤动点P满足OP=+λ+(λ>0)，则△ABC的外心一定在满足条2|AB|cosB|AC|cosC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；·8· ABAC对于②，因为动点P满足OP=OA+λ+(λ>0)，|AB||AC|ABAC∴AP=λ+(λ>0)，|AB||AC|ABAC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；ABAC对于③，动点P满足OP=OA+λ+(λ>0)，|AB|sinB|AC|sinCABAC∴AP=λ+，(λ>0)，|AB|sinB|AC|sinC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；ABAC对于④，动点P满足OP=OA+λ+(λ>0)，|AB|cosB|AC|cosCABAC∴AP=λ+(λ>0)，|AB|cosB|AC|cosCABAC∴AP⋅BC=λ+⋅BC=λ(|BC|-|BC|)=0，|AB|cosB|AC|cosC∴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+OCABAC对于⑤，动点P满足OP=+λ+(λ>0)，2|AB|cosB|AC|cosCOB+OC设=OE，2ABAC则EP=λ+，|AB|cosB|AC|cosCABAC由④知+⋅BC=0，|AB|cosB|AC|cosC∴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．6(2023·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+·9· 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1.(2023·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=．31649【答案】-8-318【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1122∴AO⋅BC=AD+DO⋅BC=AD⋅BC=(AB+AC)AC-AB=(AC-AB)=-822(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-AB33112216∴AO⋅BC=(AB+AC)⋅AC-AB=AC-AB=-333·10· (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)2332221(AB+AC)=AB+AC+2ABACcosA=25+9+30×=492122212149AO⋅OD=AO=AD=AB+AC=×49=291818181649故答案为：(1)-8(2)-(3)3182.(2023·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233∴BO=3BD=33,2=2,3，AC=4,-3,3∴BO⋅AC=2×4+-3×=7.3故答案为：73.(2023·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．46【答案】,，53·11· 211211【解析】由题意AG=×(AC+AB)=(AC+AB)，BG=×(BA+BC)=(BA+BC)，32332311又AG⊥BG，则AG⋅BG=(AC+AB)⋅(BA+BC)=(AC⋅BA+AC⋅BC+AB⋅BA+AB⋅99BC)=0，22所以CA⋅CB=AC⋅AB+BA⋅BC+AB，即abcosC=bccosA+accosB+c，222222222b+c-aa+c-ba+b-c由cosA=，cosB=，cosC=，2bc2ac2ab2222ab所以a+b=5c,cosC=5+a，b222a+b=5c222223a>2b6b6由△ABC为锐角三角形及上式，则a+c>b，即22，可得>>，b2+c2>a23b>2a2a3b6646所以cosC在a∈3,1上递减，在1,2上递增，则5≤cosC<3.46故答案为：,534.(2023·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，PC=3AC，QC=nBC，则n的值为.43【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，44313131所以OP=OA+OC=-OB-OC+OC=-OB-OC，444442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，313所以-(1-n)=-n，解得n=.4253故答案为：55.(2023·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S1于点P，交边AC于点Q，设△APQ的面积为S1，△ABC的面积为S2，且AP=λAB,AQ=μAC，则S2的取值范围为．41【答案】,92【解析】根据题意，连接AG，作图如下：·12· 1sinA×AP×AQS12==λμ，S21sinA×AB×AC21在三角形ABC中，因为G为其重心，故可得AG=AB+AC3111结合已知条件可得：AG=3λAP+μAQ，1111因为P,G,Q三点共线，故可得+=1，即+=3，3λ3μλμ由题设可知μ∈0,1，λ∈0,1，λ1又μ=∈0,1，得λ∈,1，3λ-12S21λ11故=λμ=，令3λ-1=t，可得t∈,2，λ=t+1，S23λ-123S111111则S=9t+t+2,t∈2,2，又y=t+t在2,1单调递减，1,2单调递增，2S141S11S11当t=1时，=，当t=时，=，当t=2时，=，S292S22S22S141故∈,.S29241故答案为：,.92题型三：内心定理7(2023·湖北·模拟预测)在△ABC中，AB⋅AC=16，S△ABC=6，BC=3，且AB>AC，若O为△ABC的内心，则AO⋅BC=．【答案】-3【解析】因为AB⋅AC=16，所以AB⋅ACcosA=16，1因为S△ABC=6，所以AB⋅ACsinA=6，2sinA322所以=，又sinA+cosA=1，cosA>0,sinA>0，cosA434所以sinA=,cosA=，所以AB⋅AC=20，55222由余弦定理可得BC=AB+AC-2AB⋅ACcosA，又BC=3，22所以AB+AC=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==1，2故OD=1，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.·13· 8(2023·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，11则|AC|+|AB|+|BC|×r=×|AB|×|AC|，解得r=1.22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，λ=1xx=3λ3所以⇒，y=4μμ=1y411令z=λ+μ=x+y，344则y=-x+4z，34117由图可知，当y=-x+4z过I1,1时，z=×1+×1=.33412411当y=-x+4z，过C0,4，即为直线BC时，z=×0+×4=1.3347所以λ+μ的取值范围时,1.127故答案为：,1129(2023·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，22又BC=6，所以AO=AB-BO=4，11因为S△ABC=BC×AO=AB+BC+AC×r，22即6×4=5+5+6×IO，35所以IO=，AI=，22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(3,0)，则AB·14· 5=(-3,-4)，BC=(6,0)，AI=0,-，25因为AI=mAB+nBC，即0,-=m(-3,-4)+n(6,0)，2-4m=-52555515所以解得m=,n=，所以m+n=+=，-3m+6n=0816816165故答案为：.161.(2023·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，若AO31=AB+AC，则cos∠BAC=.771【答案】631【解析】因为-OA=OB-OA+OC-OA，即OC=-3OA+OB，77取AB中点D，连接OD，则OA+OB=2OD，故OC=-6OD，故点C,O,D共线，DAOD1又∠ACO=∠BCO，故AC=BC，且CD⊥AB，所以cos∠BAC===.CAOC61故答案为：.62.(2023·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△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__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，bcABAC∴AO=+，a+b+ccbABAC∵，分别是AB，AC方向上的单位向量，cbABAC∴向量+平分∠BAC，即AO平分∠BAC，同理BO平分∠ABC，cb∴O为△ABC的内心，故答案为：内·15· 3.(2023·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是平面上不共线的三ABAC点，动点P满足OP=OA+λ+λ∈R，则点P的轨迹一定经过△ABC的()ABACA.重心B.外心C.内心D.垂心【答案】CABAC【解析】因为为AB方向上的单位向量，为AC方向上的单位向量，ABACABAC则+的方向与∠BAC的角平分线一致，|AB||AC|ABACABAC由OP=OA+λ+，可得OP-OA=λ+，ABACABACABAC即AP=λ+，AB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.2y2x4.(2023·江西·校联考模拟预测)已知椭圆+=1的左右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上异1612于长轴端点的动点，G，I分别为△PF1F2的重心和内心，则PI⋅PG=()416A.B.3C.2D.33【答案】D【解析】2y2x由椭圆+=1可得a=4，b=23，c=16-12=21612如图，设△PF1F2的内切圆与三边分别相切与A，B，C，G，I分别为△PF1F2的重心和内心．则PB=PC，F1A=F1C，F2A=F2B，PF1+PF2-F1F2所以PB=PC==a-c，2211所以PI⋅PG=PG⋅PI=PO⋅PI=PF1+PF2⋅PI=PF1⋅PI+PF2⋅PI33311=PF1PC+PF2PB=PBPF1+PF233116=a-c⋅2a=33故选：D5.(2023·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cABbACA.AI=(AB+AC)B.AI=+3aabABcACcABbACC.AI=+D.AI=+a+b+ca+b+ca+ba+c·16· 【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：BDcCDb=,=，sin1∠BACsin∠ADBsin1∠BACsin∠ADC22BDCDBDcBDcBDc由于sin∠ADB=sin∠ADC，所以=,=，=,=,BD=cbCDbBD+CDb+cab+cac，b+ccAIcAIAI同理可得=，==，BDDIBD+cDI+AIADc⋅ADcb+cAI==⋅AD=⋅AD.BD+cac+ca+b+cb+ccc所以AD=AB+BD=AB+BC=AB+AC-ABb+cb+cbc=AB+AC，b+cb+cb+cb+cbcbc则AI=⋅AD=⋅AB+AC=AB+AC.a+b+ca+b+cb+cb+ca+b+ca+b+c故选：C36.(2023·全国·高三专题练习)在△ABC中，cosA=，O为△ABC的内心，若AO=xAB+4yACx,y∈R，则x+y的最大值为()26-67-78-22A.B.C.D.3567【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D232设∠OAB=θ，则cosA=cos2θ=1-2sinθ=，则sinθ=44设AD=λAO=λxAB+λyAC1∵B,D,C三点共线，则λx+λy=1，即x+y=λ1AOAOAO11118-22==≤=====λADAO+ODAO+OF1+OF1+OE1+sinθ1+27AOAO48-22即x+y≤7故选：D．·17· 7.(2023·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；ACABBCBA(3)OA⋅-=OB⋅-=0；ACABBCBA(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；ACABBCBA(3)OA⋅-=OB⋅-=0⇒OA,OB分别是∠BAC,∠ABC的角平分线，所ACABBCBA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.8.(2023·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；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，·18· 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=0，2424即为-m,4-n+3-m,-n+0-m,-n=0,0，25253可得3-2m=0，4-2n=0，解得m=，n=2，25由OA=OB=OC=，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=，3213由AC的中点D为0,2，DB=13，OB=，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=0，33即为-3-x,-y+2-x,-y+-1-x,3-y=0,0，33333可得x+=0，y+1=0，解得x=-1，y=-3，3333即O-1,-3，由OC⊥AB，kOA⋅kBC=3⋅-3=-1，即有OA⊥BC，故O为△ABC的垂心．故选：D题型四：外心定理10(2023·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=2；③∠A=2∠C．8【答案】①③【解析】由题意可知：OA=OB=OC=1．·19· ①2OA+3OB+4OC=0，则2OA=-3OB-4OC，两边同时平方得到：74=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，26两边再平方得到：4AB=25+16+40OB⋅OC=6．所以|AB=，所以②不正确．2③2OA+3OB+4OC=0，4OC=-3OB-2OA，两边平方得到：1π16=9+4+12OA⋅OB=13+12OAOBcos∠AOB，cos∠AOB=4，∠AOB∈0,2，7π同理可得：cos∠BOC=-，∠BOC∈,π，∠AOB=2∠C，∠COB=2∠A．8217πππ故cos2C=4，cos2A=-8，且∠C∈0,4，∠A∈4,2，2127cos4C=2cos2C-1=2×-1=-=cos2A，即∠A=2∠C．故③正确．48故答案为：①③11(2023·河北·模拟预测)已知O为△ABC的外心，AC=3，BC=4，则OC⋅AB=．7【答案】-/-3.52【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⋅CA1212=-|CB|--|CA|2212217=CA|-CB|=×9-16=-.2227故答案为：-.2AC12(2023·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的外心，若AB⋅ABAB2AO+AC⋅AO=2mAO，且sinB+sinC=3，则实数m的最大值为．AC3【答案】/1.52【解析】设三角形ABC的外接圆的半径为r，|AC||AB|2∵AB⋅AO+AC⋅AO=2m(AO)，|AB||AC|∴根据向量数量积的几何定义可得：·20· b12c1222mbc⋅c+⋅b=2mr，即bc=2mr，∴=⋅，c2b222r2rbcbc又sinB+sinC=3，根据正弦定理可得sinB=，sinC=，∴+=3，2r2r2r2rb+c2mbb2r2r3bc3∴2=2r⋅2r≤2=4，当且仅当2r=2r=2时，即△ABC为等边三角形时取等号，m333∴≤，∴m≤，∴实数m的最大值为．24223故答案为：21.(2023·全国·高三专题练习)设O为△ABC的外心，若AB=4，BC=23，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-BO∙BA∙cos∠OBA1212=BE·BC-BA·BD=BC-BA=-2,22故答案为：-2.2.(2023·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分别πcosBcosC为内角A，B，C的对边，A=，且⋅AB+⋅AC=2λOA，则λ的值为．3sinCsinB3【答案】-.2【解析】如图，分别取AB，AC的中点D，E，连接OD，OE，112112则AB⋅OA=-AB⋅AB=-c；AC⋅OA=-AC⋅AC=-b，2222cosBcosC因为⋅AB+⋅AC=2λOA，sinCsinBabc设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理可得===2R，sinAsinBsinCcosBcosC2所以两边同时点乘OA可得⋅AB⋅OA+⋅AC⋅OA=2λOA,sinCsinBcosB12cosC122即sinC⋅-2c+sinB⋅-2b=2λR,·21· 1c1b2所以-⋅⋅ccosB-⋅⋅bcosC=2λR，2sinC2sinB112所以-⋅2R⋅ccosB-⋅2R⋅bcosC=2λR,22所以-ccosB+bcosC=2λR，222222a+c-ba+b-c所以-c⋅2ac+b⋅2ab=2λR，即-a=2λR，aπ3所以λ=-=-sinA=-sin=-.2R323故答案为：-.213.(2023·全国·高三专题练习)在△ABC中，AB=6，AC=35．点M满足AM=AB+51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．已知点G为4λμ△ABC的外心，AG=λAB+μAC，则AG为．【答案】310【解析】∵D,M,E三点共线，∴可设AM=tAD+1-tAE0<t<1，1111∴AB=tAD，AC=1-tAE，即AD=AB，AE=AC，545t41-t1=15tλ∴11，即λ=5t，μ=4-4t，∴AG=5tAB+4-4tAC；41-t=μ∴CG=AG-AC=5tAB+3-4tAC，BG=AG-AB=5t-1AB+4-4tAC，∵G为△ABC的外心，∴AG=BG=CG，22222240t-40tAB⋅AC+4-4tAC=30t-40tAB⋅AC+3-4tAC∴，2222225tAB+40t-40tAB⋅AC=5t-1AB+5t-18-8tAB⋅AC210tAB⋅AC=8t-7AC=360t-315整理可得：，28t-8AB⋅AC=10t-1AB=360t-36360t-315360t-36-7-37-7+37∴AB⋅AC==，解得：t=(舍)或t=；10t8t-822222222360t-3622∴AG=λAB+2λμAB⋅AC+μAC=900t+10t4-4t×+454-4t=-180t-1260t+8t-82720=-180t+7t-4=90，∴AG=310.故答案为：310.4.(2023·全国·高三专题练习)已知△ABC中，AB=AC=1，BC=2，点O是△ABC的外心，则CO⋅AB=.1【答案】/0.52222【解析】在△ABC中，AB=AC=1，BC=2，点O是△ABC的外心，又AB+AC=BC，所以△ABC112是等腰直角三角形，所以O是三角形的斜边中点，所以CO⋅AB=BCABcos45°=×2×1×=2221．21故答案为：．2·22· 5.(2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知点P是△ABC的内心、外心、重心、垂22心之一，且满足2AP⋅BC=AC-AB，则点P一定是△ABC的()A.内心B.外心C.重心D.垂心【答案】B【解析】设BC中点为D，所以AB+AC=2AD，22所以2AP⋅BC=AC-AB=AC+ABAC-AB=BC⋅2AD，即BC⋅AD-AP=BC⋅PD=0，所以BC⊥PD，又由D为BC中点可得点P在BC的垂直平分线上，所以点P是△ABC的外心，故选：B题型五：垂心定理13(2023·全国·高三专题练习)设O为ΔABC的外心，若OA+OB+OC=OM，则M是ΔABC的()A.重心(三条中线交点)B.内心(三条角平分线交点)C.垂心(三条高线交点)D.外心(三边中垂线交点)【答案】C【解析】在ΔABC中，O为外心，可得OA=OB=OC，∵OA+OB+OC=OM，∴OA+OB=OM-OC，设AB的中点为D，则OD⊥AB，CM=2OD，∴CM⊥AB，可得CM在AB边的高线上．同理可证，AM在BC边的高线上，故M是三角形ABC两高线的交点，可得M是三角形ABC的垂心，故选：C114(2023·全国·高三专题练习)已知H为△ABC的垂心(三角形的三条高线的交点)，若AH=AB+32AC，则sin∠BAC=.561【答案】/63312【解析】因为AH=AB+AC，352213所以BH=BA+AH=-AB+AC，同理CH=CA+AH=AB-AC，3535·23· 22由H为△ABC的垂心，得BH⋅AC=0，即-AB+AC⋅AC=0，352223AC可知AC=ACABcos∠BAC，即cos∠BAC=，535AB13123同理有CH⋅AB=0，即3AB-5AC⋅AB=0，可知3AB=5ACABcos∠BAC，即5ABcos∠BAC=，9AC212212所以cos∠BAC=，sin∠BAC=1-cos∠BAC=1-=，又∠BAC∈0,π，3336所以sin∠BAC=．36故答案为：.315(2023·北京·高三强基计划)已知H是△ABC的垂心，2HA+3HB+4HC=0，则△ABC的最大内角的正弦值是．42【答案】7【解析】法1：根据三角形五心的向量表达，有tanA:tanB:tanC=2:3:4，设tanA,tanB,tanC分别为2t,3t,4t，根据三角恒等式tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，3可得2t+3t+4t=2t⋅3t⋅4t⇒t=，842因此△ABC的最大内角的正切值为4t=6，因此最大内角的正弦值为．7法2：因为H是△ABC的垂心，故HA⋅HB=HB⋅HC=HC⋅HA，设HA⋅HB=HB⋅HC=HC⋅HA=-m，27m则HA⋅2HA+3HB+4HC=0，故HA=，2225m同理，HB=2m，HC=，4而A+∠BHC=B+∠CHA=C+∠BHA=π，HB⋅HCm2故cosA=-∠BHC=-==，HB⋅HC2m×5m54·24· 81同理，cosB=，cosC=，35742因为cosC<cosB<cosA，故C最大，故sinC=.742故答案为：71.(2023·全国·高三专题练习)设H是△ABC的垂心，且4HA+5HB+6HC=0，则cos∠AHB=．22【答案】-11【解析】∵H是△ABC的垂心，∴HA⊥BC，HA⋅BC=HA⋅HC-HB=0，∴HA⋅HB=HC⋅HA，同理可得，HB⋅HC=HC⋅HA，故HA⋅HB=HB⋅HC=HC⋅HA，∵4HA+5HB+6HC=0，2∴4HA+5HA⋅HB+6HA⋅HC=0，4212∴HA⋅HB=-HA，同理可求得HA⋅HB=-HB，1124212HB⋅HA-11HAHB⋅HA-2HB∴cos∠AHB==，cos∠AHB==，HBHAHBHAHBHAHBHA2222∴cos∠AHB=，即cos∠AHB=-.111122故答案为：-．112.(2023·全国·高三专题练习)在△ABC中，点O、点H分别为△ABC的外心和垂心，|AB|=5,|AC|=3，则OH⋅BC=.【答案】8【解析】OH=AH-AO，OH⋅BC=AH-AO⋅BC=AH⋅BC-AO⋅BC，因为H为垂心，所以AH⋅BC=0，OH⋅BC=-AO⋅BC，设∠AOB=A,∠AOB=B，外接圆的半径为r，222由余弦定理得AB=AO+OB-2AO⋅OB⋅cosA，222=r+r-2r⋅cosA，22=2r-2r⋅cosA，222同理AC=AO+OC-2AO⋅OC⋅cosA，222=r+r-2r⋅cosB，22=2r-2r⋅cosB，所以AO⋅BC=AO⋅BO+OC，=AO⋅BO+AO⋅OC，=OA⋅OB-OA⋅OC，=OA⋅OB⋅cosA-OA⋅OC⋅cosB，·25· 22=r⋅cosA-r⋅cosB，221=AC-AB×=-8，2所以OH⋅BC=8，故答案为：843.(2023·全国·高三专题练习)在△ABC中，AB=AC，tanC=，H为△ABC的垂心，且满足3AH=mAB+nBC，则m+n=.21【答案】32BD【解析】如图所示，D为BC的中点，不妨设AD=4m，则BD=3m.因为tan∠BHD=tanC==HD497777177，则HD=m，则AH=m=AD，AH=AD=AB+BC=AB+BC，由此可得m3441616162163221+n=.3221故答案为：.32·26·