專題十平面向量與三角形的四心三角形四心的向量式三角形“四心”向量形式的充要條件設(shè)O為△ABC所在平面上一點，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則(1)O為△ABC的重心?eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0．(2)O為△ABC的外心?|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\f(a,2sinA)?sin2A·eq\o(OA,\s\up6(→))＋sin2B·eq\o(OB,\s\up6(→))＋sin2C·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0．(3)O為△ABC的內(nèi)心?aeq\o(OA,\s\up6(→))＋beq\o(OB,\s\up6(→))＋ceq\o(OC,\s\up6(→))＝0?sinA·eq\o(OA,\s\up6(→))＋sinB·eq\o(OB,\s\up6(→))＋sinC·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0．(4)O為△ABC的垂心?eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))?tanA·eq\o(OA,\s\up6(→))＋tanB·eq\o(OB,\s\up6(→))＋tanC·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0．關(guān)于四心的概念及性質(zhì)：(1)重心：三角形的重心是三角形三條中線的交點．性質(zhì)：①重心到頂點的距離與重心到對邊中點的距離之比為2∶1．②重心和三角形3個頂點組成的3個三角形面積相等．③在平面直角坐標系中，重心的坐標是頂點坐標的算術(shù)平均數(shù)．即G為△ABC的重心，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，則Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋x3,3)，\f(y1＋y2＋y3,3)))．④重心到三角形3個頂點距離的平方和最?。?2)垂心：三角形的垂心是三角形三邊上的高的交點．性質(zhì)：銳角三角形的垂心在三角形內(nèi)，直角三角形的垂心在直角頂點上，鈍角三角形的垂心在三角形外．(3)內(nèi)心：三角形的內(nèi)心是三角形三條內(nèi)角平分線的交點(或內(nèi)切圓的圓心)．性質(zhì)：①三角形的內(nèi)心到三邊的距離相等，都等于內(nèi)切圓半徑r．②，特別地，在Rt△ABC中，∠C=90°，．(4)外心：三角形三邊的垂直平分線的交點(或三角形外接圓的圓心)．性質(zhì)：外心到三角形各頂點的距離相等．考點一三角形四心的判斷【例題選講】[例1](1)已知A，B，C是平面上不共線的三點，O為坐標原點，動點P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)[(1－λ)eq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OB,\s\up6(→))＋(1＋2λ)·eq\o(OC,\s\up6(→))]，λ∈R，則點P的軌跡一定經(jīng)過()A．△ABC的內(nèi)心B．△ABC的垂心C．△ABC的重心D．AB邊的中點答案C解析取AB的中點D，則2eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，∵eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)[(1－λ)eq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OB,\s\up6(→))＋(1＋2λ)eq\o(OC,\s\up6(→))]，∴eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)[2(1－λ)eq\o(OD,\s\up6(→))＋(1＋2λ)eq\o(OC,\s\up6(→))]＝eq\f(2(1－λ),3)eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\f(1＋2λ,3)eq\o(OC,\s\up6(→))，而eq\f(2(1－λ),3)＋eq\f(1＋2λ,3)＝1，∴P，C，D三點共線，∴點P的軌跡一定經(jīng)過△ABC的重心．(2)已知O是平面上的一定點，A，B，C是平面上不共線的三個動點，若動點P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))，λ∈(0，＋∞)，則點P的軌跡一定通過△ABC的________．答案內(nèi)心解析由條件，得eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))，即eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))，而eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)和eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)分別表示平行于eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))的單位向量，故eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)平分∠BAC，即eq\o(AP,\s\up6(→))平分∠BAC，所以點P的軌跡必過△ABC的內(nèi)心．(3)在△ABC中，設(shè)eq\o(AC,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))2＝2eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，那么動點M的軌跡必經(jīng)過△ABC的()A．垂心B．內(nèi)心C．外心D．重心答案C解析設(shè)BC邊中點為D，∵eq\o(AC,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))2＝2eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，∴(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝2eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，即eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，∴eq\o(MD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，則eq\o(MD,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即MD⊥BC，∴MD為BC的垂直平分線，∴動點M的軌跡必經(jīng)過△ABC的外心，故選C．(4)已知O是平面上的一個定點，A，B，C是平面上不共線的三個點，動點P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ(eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC))，λ∈(0，＋∞)，則動點P的軌跡一定通過△ABC的()A．重心B．垂心C．外心D．內(nèi)心答案B解析因為eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ(eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝λ(eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))·λ(eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC))＝λ(－|eq\o(BC,\s\up6(→))|＋|eq\o(BC,\s\up6(→))|)＝0，所以eq\o(BC,\s\up6(→))⊥eq\o(AP,\s\up6(→))，所以點P在BC的高線上，即動點P的軌跡一定通過△ABC的垂心．(5)已知的內(nèi)角、、的對邊分別為、、，為內(nèi)一點，若分別滿足下列四個條件：①，②，③，④則點分別為的A．外心、內(nèi)心、垂心、重心B．內(nèi)心、外心、垂心、重心C．垂心、內(nèi)心、重心、外心D．內(nèi)心、垂心、外心、重心答案D(6)下列敘述正確的是________．①為的重心．②為的垂心．③為的外心．④為的內(nèi)心．答案①②解析①為的重心，①正確；②由，同理，，②正確；③．，與角的平分線平行，必然落在角的角平分線上，③錯誤；④為的外心，④錯誤．正確的敘述是①②．故答案為：①②．【對點訓練】1．已知O是平面上的一定點，A，B，C是平面上不共線的三個動點，若動點P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，λ∈(0，＋∞)，則點P的軌跡一定通過△ABC的()A．內(nèi)心B．外心C．重心D．垂心1．答案C解析2．是平面上一定點，，，是平面上不共線的三個點，動點滿足，且，則點的軌跡一定通過的()A．內(nèi)心B．外心C．重心D．垂心2．答案C解析，，3．已知O是△ABC所在平面上的一定點，若動點P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|AB|sinB)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|AC|sinC)))，λ∈(0，＋∞)，則點P的軌跡一定通過△ABC的()A．內(nèi)心B．外心C．重心D．垂心3．答案C解析∵|AB|sinB＝|AC|sinC，設(shè)它們等于t，∴eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ·eq\f(1,t)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，設(shè)BC的中點為D，則eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))，λ·eq\f(1,t)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))表示與eq\o(AD,\s\up6(→))共線的向量eq\o(AP,\s\up6(→))，而點D是BC的中點，即AD是△ABC的中線，∴點P的軌跡一定通過三角形的重心．故選C．4．為所在平面內(nèi)一點，，，為的角，若，則點為的()A．垂心B．外心C．內(nèi)心D．重心4．答案C解析由正弦定理得，即，由上式可得，所以，所以與的平分線共線，即在的平分線上，同理可證，也在，的平分線上，故是的內(nèi)心．5．在中，，，，則直線通過的A．垂心B．外心C．內(nèi)心D．重心5．答案C解析，，，．即，設(shè)，，則，．由向量加法的平行四邊形法則可知，四邊形為菱形．為菱形的對角線，平分．直線通過的內(nèi)心．故選C．6．已知所在的平面上的動點滿足，則直線一定經(jīng)過的A．重心B．外心C．內(nèi)心D．垂心6．答案C解析，根據(jù)平行四邊形法則知表示的向量在三角形角的平分線上，而向量與共線，點的軌跡過的內(nèi)心，故選C．7．設(shè)的角、、的對邊長分別為，，，是所在平面上的一點，，則點是的A．重心B．外心C．內(nèi)心D．垂心7．答案C解析因為，所以，，所以，，所以，，所以，，所以是的平分線，是的平分線，所以點是的內(nèi)心，故選C．8．已知是所在平面上一點，若，則是的()．A．重點B．外心C．內(nèi)心D．垂心8．答案B解析9．P是△ABC所在平面內(nèi)一點，若eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))，則P是△ABC的()A．外心B．內(nèi)心C．重心D．垂心9．答案D解析由eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))，可得eq\o(PB,\s\up6(→))·(eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\o(PC,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(PB,\s\up6(→))⊥eq\o(CA,\s\up6(→))，同理可證eq\o(PC,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(PA,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))．∴P是△ABC的垂心．10．若為所在平面內(nèi)一點，且則點是的()A．外心B．內(nèi)心C．重心D．垂心10．答案D解析11．已知是所在平面內(nèi)一點，且滿足，則點A．在邊的高所在的直線上B．在平分線所在的直線上 C．在邊的中線所在的直線上D．是的外心11．答案A解析取的中點，則，，，，，點在邊的高所在的直線上，故選A．12．已知為所在平面內(nèi)一點，且滿足，則點的軌跡一定通過的A．外心B．內(nèi)心C．重心D．垂心12．答案D解析，、，由，得，，即，，則，，．是的垂心．故選D．13．已知，，在所在的平面內(nèi)，且，且，則，，分別是的A．重心、外心、垂心B．重心、外心、內(nèi)心C．外心、重心、垂心D．外心、重心、內(nèi)心13．答案C14．點是平面上一定點，、、是平面上的三個頂點，以下命題正確的是________．（把你認為正確的序號全部寫上）．①②③④⑤①動點滿足，則的重心一定在滿足條件的點集合中；②動點滿足，則的內(nèi)心一定在滿足條件的點集合中；③動點滿足，則的重心一定在滿足條件的點集合中；④動點滿足，則的垂心一定在滿足條件的點集合中；⑤動點滿足，則的外心一定在滿足條件的點集合中．14．答案①②③④⑤解析對于①，動點滿足，，則點是的心，故①正確；對于②，動點滿足，，又在的平分線上，與的平分線所在向量共線，的內(nèi)心在滿足條件的點集合中，②正確；對于③，動點滿足，，，過點作，垂足為，則，，向量與邊的中線共線，因此的重心一定在滿足條件的點集合中，③正確；對于④，動點滿足，，，，的垂心一定在滿足條件的點集合中，④正確；對于⑤，動點滿足，設(shè)，則，由④知，，，點的軌跡為過的的垂線，即的中垂線；的外心一定在滿足條件的點集合，⑤正確．故正確的命題是①②③④⑤．考點二三角形四心的應(yīng)用【例題選講】[例2](1)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，重心為G，若aeq\o(GA,\s\up6(→))＋beq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)ceq\o(GC,\s\up6(→))＝0，則A＝__________．答案eq\f(π,6)解析由G為△ABC的重心知eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，則eq\o(GC,\s\up6(→))＝－eq\o(GA,\s\up6(→))－eq\o(GB,\s\up6(→))，因此aeq\o(GA,\s\up6(→))＋beq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)c(－eq\o(GA,\s\up6(→))－eq\o(GB,\s\up6(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(3),3)c))eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(\r(3),3)c))eq\o(GB,\s\up6(→))＝0，又eq\o(GA,\s\up6(→))，eq\o(GB,\s\up6(→))不共線，所以a－eq\f(\r(3),3)c＝b－eq\f(\r(3),3)c＝0，即a＝b＝eq\f(\r(3),3)c．由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(c2,2×\f(\r(3),3)c2)＝eq\f(\r(3),2)，又0<A<π，所以A＝eq\f(π,6)．(2)在△ABC中，AB＝BC＝2，AC＝3，設(shè)O是△ABC的內(nèi)心．若eq\o(AO,\s\up6(→))＝peq\o(AB,\s\up6(→))＋qeq\o(AC,\s\up6(→))，則eq\f(p,q)＝________．答案eq\f(3,2)解析如圖，O為△ABC的內(nèi)心，D為AC中點，則O在線段BD上，cos∠DAO＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AO,\s\up6(→)))))＝eq\f(3,2|\o(AO,\s\up6(→))|)，根據(jù)余弦定理cos∠BAC＝eq\f(4＋9－4,2×2×3)＝eq\f(3,4)；由eq\o(AO,\s\up6(→))＝peq\o(AB,\s\up6(→))＋qeq\o(AC,\s\up6(→))得eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝peq\o(AB,\s\up6(→))2＋qeq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AO，\s\up6(→))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB，\s\up6(→))))cos∠BAO＝peq\o(AB,\s\up6(→))2＋qeq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))))cos∠BAC，所以3＝4p＋eq\f(9,2)q①；同理eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝peq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋qeq\o(AC,\s\up6(→))2，所以可以得到eq\f(9,2)＝eq\f(9,2)p＋9q②．①②聯(lián)立可求得p＝eq\f(3,7)，q＝eq\f(2,7)，所以eq\f(p,q)＝eq\f(3,2)．(3)已知在△ABC中，AB＝1，BC＝eq\r(6)，AC＝2，點O為△ABC的外心，若eq\o(AO,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，則有序?qū)崝?shù)對(x，y)為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(3,5)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(3,5)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(4,5)))答案A解析取AB的中點M和AC的中點N，連接OM，ON，則eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(ON,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－(xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))eq\o(AB,\s\up6(→))－yeq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))－(xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－y))eq\o(AC,\s\up6(→))－xeq\o(AB,\s\up6(→))．由eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))eq\o(AB,\s\up6(→))2－yeq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，①，由eq\o(ON,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－y))eq\o(AC,\s\up6(→))2－xeq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，②，又因為eq\o(BC,\s\up6(→))2＝(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))2＝eq\o(AC,\s\up6(→))2－2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))2，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))2＋\o(AB,\s\up6(→))2－\o(BC,\s\up6(→))2,2)＝－eq\f(1,2)，③，把③代入①、②得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2x＋y＝0，,4＋x－8y＝0，))解得x＝eq\f(4,5)，y＝eq\f(3,5)．故實數(shù)對(x，y)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(3,5)))．(4)在△ABC中，O是△ABC的垂心，點P滿足：3eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→))，則△ABP的面積與△ABC的面積之比是________．答案eq\f(2,3)解析如圖，設(shè)AB的中點為M，設(shè)eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(ON,\s\up6(→))，則N是AB的中點，點N與M重合，故由3eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→))，可得2eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→))，即2eq\o(OP,\s\up6(→))－2eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))，也即eq\o(PM,\s\up6(→))＝2eq\o(CP,\s\up6(→))，由向量的共線定理可得C、P、M共線，且MP＝eq\f(2,3)MC，所以結(jié)合圖形可得△ABP的面積與△ABC的面積之比是eq\f(2,3)．(5)著名數(shù)學家歐拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半．此直線被稱為三角形的歐拉線，該定理則被稱為歐拉線定理．設(shè)點O，H分別是的外心、垂心，且為中點，則A．B． C．D．答案D解析如圖所示的，其中角為直角，則垂心與重合，為的外心，，即為斜邊的中點，又為中點，，為中點，．故選D．【對點訓練】1．在△ABC中，O為△ABC的重心，AB＝2，AC＝3，A＝60°，則eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________．1．答案4解析設(shè)BC邊中點為D，則eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，∴eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(3×2×cos60°＋32)＝4．2．設(shè)G為△ABC的重心，且sinA·＋sinB·＋sinC·＝0，則B的大小為________．2．答案60°解析∵G是△ABC的重心，∴eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，eq\o(GA,\s\up6(→))＝－(eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→)))，將其代入sinA·eq\o(GA,\s\up6(→))＋sinB·eq\o(GB,\s\up6(→))＋sinC·eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，得(sinB－sinA)eq\o(GB,\s\up6(→))＋(sinC－sinA)eq\o(GC,\s\up6(→))＝0．又eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))不共線，∴sinB－sinA＝0，sinC－sinA＝0，則sinB＝sinA＝sinC．根據(jù)正弦定理知b＝a＝c，∴三角形ABC是等邊三角形，則角B＝60°．秒殺∵G為△ABC的重心，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，又∵sinA·＋sinB·＋sinC·＝0，∴sinA＝sinB＝sinC，∴三角形ABC是等邊三角形，則角B＝60°．3．已知△ABC的三個內(nèi)角為A，B，C，重心為G，若2sinA·eq\o(GA,\s\up7(→))＋eq\r(3)sinB·eq\o(GB,\s\up7(→))＋3sinC·eq\o(GC,\s\up7(→))＝0，則cosB＝________．3．答案eq\f(1,12)解析設(shè)a，b，c分別為角A，B，C所對的邊，由正弦定理得2a·eq\o(GA,\s\up7(→))＋eq\r(3)b·eq\o(GB,\s\up7(→))＋3c·eq\o(GC,\s\up7(→))＝0，則2a·eq\o(GA,\s\up7(→))＋eq\r(3)b·eq\o(GB,\s\up7(→))＝－3c·eq\o(GC,\s\up7(→))＝－3c(－eq\o(GA,\s\up7(→))－eq\o(GB,\s\up7(→)))，即(2a－3c)eq\o(GA,\s\up7(→))＋(eq\r(3)b－3c)eq\o(GB,\s\up7(→))＝0．又eq\o(GA,\s\up7(→))，eq\o(GB,\s\up7(→))不共線，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－3c＝0，,\r(3)b－3c＝0，))由此得2a＝eq\r(3)b＝3c，所以a＝eq\f(\r(3),2)b，c＝eq\f(\r(3),3)b，于是由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,12)．秒殺∵G為△ABC的重心，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，又∵2sinA·eq\o(GA,\s\up7(→))＋eq\r(3)sinB·eq\o(GB,\s\up7(→))＋3sinC·eq\o(GC,\s\up7(→))＝0，∴2sinA＝eq\r(3)sinB＝3sinC，∴2a＝eq\r(3)b＝3c，所以a＝eq\f(\r(3),2)b，c＝eq\f(\r(3),3)b，于是由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,12)．4．在△ABC中，AB＝1，∠ABC＝60°，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝－1，若O是△ABC的重心，則eq\o(BO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________．4．答案5解析如圖所示，以B為坐標原點，BC所在直線為x軸，建立平面直角坐標系．∵AB＝1，∠ABC＝60°，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))．設(shè)C(a，0)．∵eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝－1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))＋eq\f(3,4)＝－1，解得a＝4．∵O是△ABC的重心，延長BO交AC于點D，∴eq\o(BO,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))＋(4，0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),6)))．∴eq\o(BO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),6)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，－\f(\r(3),2)))＝5．5．過△ABC重心O的直線PQ交AC于點P，交BC于點Q，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(QC,\s\up6(→))＝neq\o(BC,\s\up6(→))，則n的值為____．5．答案eq\f(3,5)解析因為O是重心，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即eq\o(OA,\s\up6(→))＝－eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up6(→))?eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))?eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up6(→))＝－eq\f(3,4)eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(QC,\s\up6(→))＝neq\o(BC,\s\up6(→))?eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OQ,\s\up6(→))＝n(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))?eq\o(OQ,\s\up6(→))＝neq\o(OB,\s\up6(→))＋(1－n)eq\o(OC,\s\up6(→))，因為P，O，Q三點共線，所以eq\o(OP,\s\up6(→))∥eq\o(OQ,\s\up6(→))，所以－eq\f(3,4)(1－n)＝－eq\f(1,2)n，解得n＝eq\f(3,5)．6．已知△ABC和點M滿足eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝0，若存在實數(shù)m，使得eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝meq\o(AM,\s\up6(→))成立，則m等于()A．2B．3C．4D．56．答案B解析∵eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝0，∴M為△ABC的重心．連接AM并延長交BC于D，則D為BC的中點．∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))．又eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，即eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))，∴m＝3，故選B．7．已知O是△ABC內(nèi)一點，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2且∠BAC＝60?，則△OBC的面積為()A．eq\f(\r(3),3)B．eq\r(3)C．eq\f(\r(3),2)D．eq\f(2,3)7．答案A解析∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴O是△ABC的重心，于是S△OBC＝eq\f(1,3)S△ABC．∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·cos∠BAC＝2，∵∠BAC＝60?，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝4．又S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|sin∠BAC＝eq\r(3)，∴△OBC的面積為eq\f(\r(3),3)，故選A．8．已知在△ABC中，點O滿足eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))＝0，點P是OC上異于端點的任意一點，且eq\o(OP,\s\up7(→))＝meq\o(OA,\s\up7(→))＋neq\o(OB,\s\up7(→))，則m＋n的取值范圍是________．8．答案(－2，0)解析依題意，設(shè)eq\o(OP,\s\up7(→))＝λeq\o(OC,\s\up7(→))(0<λ<1)，由eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))＝0，知eq\o(OC,\s\up7(→))＝－(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))，所以eq\o(OP,\s\up7(→))＝－λeq\o(OA,\s\up7(→))－λeq\o(OB,\s\up7(→))，由平面向量基本定理可知，m＋n＝－2λ，所以m＋n∈(－2，0)．9．已知點O為△ABC外接圓的圓心，且＋＋＝0，則△ABC的內(nèi)角A等于()A．30°B．60°C．90°D．120°9．答案B解析由eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，知點O為△ABC的重心，又O為△ABC外接圓的圓心，∴△ABC為等邊三角形，A＝60°．10．已知O是△ABC的外心，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2，則eq\o(AO,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝()A．10B．9C．8D．610．答案A解析作OS⊥AB，OT⊥AC∵O為△ABC的外接圓圓心．∴S、T為AB，AC的中點，且eq\o(AS,\s\up6(→))·eq\o(SO,\s\up6(→))＝0，eq\o(AT,\s\up6(→))·eq\o(TO,\s\up6(→))＝0，eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AS,\s\up6(→))＋eq\o(SO,\s\up6(→))，eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AT,\s\up6(→))＋eq\o(TO,\s\up6(→))，∴eq\o(AO,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\o(AS,\s\up6(→))＋eq\o(SO,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋(eq\o(AT,\s\up6(→))＋eq\o(TO,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AS,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(SO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AT,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(TO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,2)|eq\o(AC,\s\up6(→))|2＝8＋2＝10．故選A．優(yōu)解：不妨設(shè)∠A＝90°，建立如圖所示平面直角坐標系．設(shè)B(4，0)，C(0，2)，則O為BC的中點O(2，1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，∴eq\o(AO,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝2|eq\o(AO,\s\up6(→))|2＝2(4＋1)＝10．故選A．11．若點P是△ABC的外心，且eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(PB,\s\up7(→))＋λeq\o(PC,\s\up7(→))＝0，∠ACB＝120°，則實數(shù)λ的值為()A．eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C．－1D．111．答案C解析設(shè)AB的中點為D，則eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(PB,\s\up7(→))＝2eq\o(PD,\s\up7(→))．因為eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(PB,\s\up7(→))＋λeq\o(PC,\s\up7(→))＝0，所以2eq\o(PD,\s\up7(→))＋λeq\o(PC,\s\up7(→))＝0，所以向量eq\o(PD,\s\up7(→))，eq\o(PC,\s\up7(→))共線．又P是△ABC的外心，所以PA＝PB，所以PD⊥AB，所以CD⊥AB．因為∠ACB＝120°，所以∠APB＝120°，所以四邊形APBC是菱形，從而eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(PB,\s\up7(→))＝2eq\o(PD,\s\up7(→))＝eq\o(PC,\s\up7(→))，所以2eq\o(PD,\s\up7(→))＋λeq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(PC,\s\up7(→))＋λeq\o(PC,\s\up7(→))＝0，所以λ＝－1，故選C．12．則eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))等于()A．eq\f(3,2)B．eq\r(3)C．3D．2eq\r(3)12．答案C解析∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OB,\s\up6(→))＝－eq\o(OC,\s\up6(→))，故點O是BC的中點，且△ABC為直角三角形，又△ABC的外接圓的半徑為1，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|，∴BC＝2，AB＝1，CA＝eq\r(3)，∠BCA＝30°，∴eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|·cos30°＝eq\r(3)×2×eq\f(\r(3),2)＝3．13．若△ABC的面積為eq\r(3)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2，則△ABC外接圓面積的最小值為()A．πB．eq\f(4π,3)C．2πD．eq\f(8π,3)13．答案B解析設(shè)△ABC內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．由題意可得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，bccosA＝2，∴tanA＝eq\r(3)．又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3)．∴bccoseq\f(π,3)＝2，即bc＝4．由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc≥bc＝4，即a≥2．又由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝2R(R為△ABC外接圓的半徑)，∴2RsinA＝a≥2，即eq\r(3)R≥2，∴R2≥eq\f(4,3)，∴三角形外接圓面積的最小值為eq\f(4π,3)．14．已知O為銳角△ABC的外心，|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝3，|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝2eq\r(3)，若eq\o(AO,\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\s\up7(→))＋yeq\o(AC,\s\up7(→))，且9x＋12y＝8，記I1＝eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))，I2＝eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))，I3＝eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))，則()A．I2<I1<I3B．I3<I2<I1C．I3<I1<I2D．I2<I3<I114．解析：選D如圖，分別取AB，AC的中點，為D，E，并連接OD，OE，根據(jù)條件有OD⊥AB，OE⊥AC，∴eq\o(AO,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＝eq\f(9,2)，eq\o(AO,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(AC,\s\up7(→))|2＝6，∴eq\o(AO,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝(xeq\o(AB,\s\up7(→))＋yeq\o(AC,\s\up7(→)))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝9x＋6eq\r(3)y·cos∠BAC＝eq\f(9,2)，①，eq\o(AO,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝(xeq\o(AB,\s\up7(→))＋yeq\o(AC,\s\up7(→)))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝6eq\r(3)xcos∠BAC＋12y＝6，②，又9x＋12y＝8，③，∴由①②③解得cos∠BAC＝eq\f(3\r(3)－\r(7),8)．由余弦定理得，BC＝eq\r(9＋12－2×3×2\r(3)×\f(3\r(3)－\r(7),8))＝eq\r(\f(15＋3\r(21),2))．∴BC>AC>AB．在△ABC中，由大邊對大角得，∠BAC>∠ABC>∠ACB，∴∠BOC>∠AOC>∠AOB，∵|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝|eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OC,\s\up7(→))|，且余弦函數(shù)在(0，π)上為減函數(shù)，∴eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))<eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))<eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))，即I2<I3<I1．15．已知O是△ABC的外心，∠C＝45°，則eq\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))(m，n∈R)，則m＋n的取值范圍是()A．[－eq\r(2)，eq\r(2)]B．[－eq\r(2)，1)C．[－eq\r(2)，－1]D．(1，eq\r(2)]15．答案B解析由題意∠C＝45°，所以∠AOB＝90°，以O(shè)A，OB為x，y軸建立平面直角坐標系，如圖，不妨設(shè)A(1,0)，B(0,1)，則C在圓O的優(yōu)弧AB上，設(shè)C(cosα，sinα)，則α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))，顯然eq\o(OC,\s\up6(→))＝cosαeq\o(OA,\s\up6(→))＋sinαeq\o(OB,\s\up6(→))，即m＝cosα，n＝sinα，m＋n＝cosα＋sinα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，由于α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))，所以α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(9π,4)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，所以m＋n∈[－eq\r(2)，1)，故選B．16．已知點G是△ABC的外心，eq\o(GA,\s\up7(→))，eq\o(GB,\s\up7(→))，eq\o(GC,\s\up7(→))是三個單位向量，且2eq\o(GA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，△ABC的頂點B，C分別在x軸的非負半軸和y軸的非負半軸上移動，如圖所示，點O是坐標原點，則|eq\o(OA,\s\up7(→))|的最大值為()A．1B．2C．3D．416．答案B解析因為點G是△ABC的外心，且2eq\o(GA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，所以點G是BC的中點，△ABC是直角三角形，且∠BAC是直角．又eq\o(GA,\s\up7(→))，eq\o(GB,\s\up7(→))，eq\o(GC,\s\up7(→))是三個單位向量，所以BC＝2，又△ABC的頂點B，C分別在x軸的非負半軸和y軸的非負半軸上移動，在Rt△BOC中，OG是斜邊BC上的中線，則|OG|＝eq\f(1,2)|BC|＝1，所以點G的軌跡是以原點為圓心、1為半徑的圓弧．又|eq\o(GA,\s\up7(→))|＝1，所以當OA經(jīng)過BC的中點G時，|eq\o(OA,\s\up7(→))|取得最大值，且最大值為2|eq\o(GA,\s\up7(→))|＝2．17．在銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，點O為△ABC的外接圓的圓心，A＝eq\f(π,3)，且eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則λμ的最大值為________．17．答案eq\f(1,9)解析∵△ABC是銳角三角形，∴O在△ABC的內(nèi)部，∴0<λ<1,0<μ<1．由eq\o(AO,\s\up6(→))＝λ(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋μ(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，得(1－λ－μ)eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(OB,\s\up6(→))＋μeq\o(OC,\s\up6(→))，兩邊平方后得，(1－λ－μ)2eq\o(AO,\s\up6(→))2＝(λeq\o(OB,\s\up6(→))＋μeq\o(OC,\s\up6(→)))2＝λ2eq\o(OB,\s\up6(→))2＋μ2eq\o(OC,\s\up6(→))2＋2λμeq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))，∵A＝eq\f(π,3)，∴∠BOC＝eq\f(2π,3)，又|eq\o(AO,\s\up6(→))|＝|eq\o(BO,\s\up6(→))|＝|eq\o(CO,\s\up6(→))|．∴(1－λ－μ)2＝λ2＋μ2－λμ，∴1＋3λμ＝2(λ＋μ)，∵0<λ<1,0<μ<1，∴1＋3λμ≥4eq\r(λμ)，設(shè)eq\r(λμ)＝t，∴3t2－4t＋1≥0，解得t≥1(舍)或t≤eq\f(1,3)，即eq\r(λμ)≤eq\f(1,3)?λμ≤eq\f(1,9)，∴λμ的最大值是eq\f(1,9)．18．已知P是邊長為3的等邊三角形ABC外接圓上的動點，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up6(→))＋\o(PB,\s\up6(→))＋2\o(PC,\s\up6(→))))的最大值為()A．2eq\r(3)B．3eq\r(3)C．4eq\r(3)D．5eq\r(3)18．答案D解析設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O，則圓的半徑為eq\f(3,\f(\r(3),2))×eq\f(1,2)＝eq\r(3)，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，故eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋2eq\o(PC,\s\up6(→))＝4eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))．又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4\o(PO,\s\up6(→))＋\o(OC,\s\up6(→))))2＝51＋8eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))≤51＋24＝75，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up6(→))＋\o(PB,\s\up6(→))＋2\o(PC,\s\up6(→))))≤5eq\r(3)，當eq\o(PO,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→)