重難點17平面向量中的四心問題與奔馳定理【全國通用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1重心問題】 3【題型2垂心問題】 5【題型3內(nèi)心問題】 8【題型4外心問題】 11【題型5奔馳定理】 141、平面向量中的四心問題與奔馳定理三角形中的四心問題是平面向量中的重要問題，包括：重心問題、垂心問題、內(nèi)心問題和外心問題四大類型，是高考的重點、熱點內(nèi)容，在高考復(fù)習(xí)中，對于四心問題要學(xué)會靈活求解.奔馳定理是平面向量中的重要定理，這個定理對于利用平面向量解決平面幾何問題，尤其是解決跟三角形的面積和“四心”相關(guān)的問題有著重要作用，在高考復(fù)習(xí)中，要掌握奔馳定理并能靈活運(yùn)用和求解.知識點1四心問題1．三角形的重心及向量表示(1)重心的概念：三角形各邊中線的交點叫做重心，重心將中線長度分成2:1.(2)重心的向量表示：如圖，在△ABC中，點P為△ABC重心.(3)重心坐標(biāo)公式：設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，則△ABC的重心坐標(biāo)為P.2．三角形的垂心及向量表示(1)垂心的概念：三角形各邊上高線的交點叫做垂心.(2)垂心的向量表示：如圖，在△ABC中，點P為△ABC垂心.3．三角形的內(nèi)心及向量表示(1)內(nèi)心的概念：三角形各角平分線的交點叫做內(nèi)心，內(nèi)心也為三角形內(nèi)切圓的圓心.(2)內(nèi)心的向量表示：如圖，在△ABC中，三角形的內(nèi)心在向量所在的直線上，點P為△ABC內(nèi)心.4．三角形的外心及向量表示(1)外心的概念：三角形各邊中垂線的交點叫做外心，外心也為外接圓的圓心，外心到三角形各頂點的距離相等.(2)外心的向量表示：如圖，在△ABC中，點P為△ABC外心.知識點2奔馳定理1．奔馳定理如圖，已知P為△ABC內(nèi)一點，且滿足，則有△APB、△APC、△BPC的面積之比為.由于這個定理對應(yīng)的圖象和奔馳車的標(biāo)志很相似，所以我們把它稱為“奔馳定理”.這個定理對于利用平面向量解決平面幾何問題，尤其是解決跟三角形的面積和“四心”相關(guān)的問題，有著決定性的基石作用.2．三角形的四心與奔馳定理的關(guān)系(1)O是△ABC的重心：.(2)O是△ABC的垂心：.(3)O是△ABC的內(nèi)心：.(4)O是△ABC的外心：.【題型1重心問題】【例1】（2025·吉林·二模）在△ABC中，點D為AB的中點，點O為△ABC的重心，則OA+OB=（

A．CO B．OD C．2CO D．【答案】A【解題思路】結(jié)合重心性質(zhì)與向量運(yùn)算化簡可得.【解答過程】如圖，連接CD，因為點O為△ABC的重心，則O為CD的三等分點，且CO=2OD，所以O(shè)A+故選：A.【變式1-1】（2025·全國·二模）點O,P是△ABC所在平面內(nèi)兩個不同的點，滿足OP=OA+OB+OC，則直線A．重心 B．外心 C．內(nèi)心 D．垂心【答案】A【解題思路】根據(jù)向量的運(yùn)算，并結(jié)合數(shù)形結(jié)合分析，即可判斷.【解答過程】設(shè)BC的中點為點D，所以O(shè)B+則OP?若A,P,O,D四點共線時，即點O,P都在中線AD上，所以O(shè)P經(jīng)過三角形的重心，若A,P,O,D四點不共線時，AP//OD，且AP=2OD，連結(jié)AD,OP，交于點G，如圖，AGGD=APOD=2，即點G綜上可知，OP經(jīng)過△ABC的重心.故選：A.【變式1-2】（2025·重慶·模擬預(yù)測）已知點G是△ABC的重心，點M是線段AC的中點，若GM=λAB+μAC，則A．112 B．16 C．?1【答案】C【解題思路】根據(jù)向量的線性運(yùn)算化簡GM=λAB+μ【解答過程】GM=13所以λ=?1故選：C.【變式1-3】（2025高一·全國·專題練習(xí)）已知△ABC，O為平面內(nèi)任意一點，動點P滿足5OP=2+λOA+A．△ABC的內(nèi)心 B．△ABC的垂心C．△ABC的重心 D．△ABC的外心【答案】C【解題思路】取AB中點為D，根據(jù)向量的線性運(yùn)算，以及共線定理，即可判斷.【解答過程】先設(shè)AB的中點為D，則2OD

又因為5OP而4+2λ+由三點共線的充要條件知P,C,D三點共線，則點P的軌跡一定經(jīng)過△ABC的重心.故選：C．【題型2垂心問題】【例2】（25-26高一·全國·假期作業(yè)）如圖，已知O是△ABC的垂心，且OA+2OB+4A．23 B．13 C．23【答案】A【解題思路】根據(jù)垂心的性質(zhì)，通過面積比，得出三個角的正切值之比，根據(jù)題目條件列出方程，根據(jù)兩角和的正切公式和同角三角函數(shù)關(guān)系，求出角的余弦值.【解答過程】∵O是△ABC的垂心，延長CO交AB與點P，設(shè)s△BOC∴=tan同理可得S1:S又S1?OA又OA+2?OB+4?不妨設(shè)tanA=k，tan∵tan∴k=?2k+4k1?2k?4k，解得k=7當(dāng)k=?78時，此時tanA<0則A+B+C>π故k=78，則tanB=278于是sinBcosB故選：A.【變式2-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知平面上四個點A,B,C,D，其中任意三個不共線．若AB?AD=AC?AD，則直線A．外心 B．內(nèi)心 C．重心 D．垂心【答案】D【解題思路】由題意得AD⊥CB，即BC邊上的高所在直線為AD，由此即可得解.【解答過程】因為AB?AD=所以AD⊥CB，即直線AD一定經(jīng)過三角形ABC的BC邊上的高，即直線AD一定經(jīng)過三角形ABC的垂心.故選：D.【變式2-2】（2025高一·全國·專題練習(xí)）已知O為△ABC所在平面內(nèi)一點，動點H滿足：OH=OA+λABAB2sin2B+A．外心 B．內(nèi)心 C．重心 D．垂心【答案】D【解題思路】根據(jù)已知結(jié)合數(shù)量積運(yùn)算律計算數(shù)量積為0即可判斷選項.【解答過程】AB2sin2B=2由正弦定理得ABsinC令A(yù)Bsin因為OH=所以O(shè)H所以AH=等式兩邊點乘BC得AH?BC=所以點H的軌跡一定過△ABC的垂心，故選：D．【變式2-3】（2025高三下·全國·專題練習(xí)）如圖，已知O是△ABC的垂心，且OA+2OB+3OC=A．1:2:3 B．1:2:4C．2:3:4 D．2:3:6【答案】A【解題思路】延長CO，BO，AO分別交邊AB，AC，BC于點P，M，N，利用同底的兩個三角形面積比推得tan∠BAC:【解答過程】O是△ABC的垂心，延長CO，BO，AO分別交邊AB，AC，BC于點P，M，N，如圖，則CP⊥AB，BM⊥AC，AN⊥BC，∠BOP=∠BAC，∠AOP=∠ABC，因此，S△BOC同理S△BOC于是得tan∠BAC:又OA由“奔馳定理”有S即S△BOC:S故選：A.【題型3內(nèi)心問題】【例3】（2025·四川南充·三模）已知點P在△ABC所在平面內(nèi)，若PA?(AC|AC|?ABA．外心 B．垂心 C．重心 D．內(nèi)心【答案】D【解題思路】根據(jù)給定條件，利用數(shù)量積的運(yùn)算律及數(shù)量積的定義可得AP平分∠BAC，BP平分∠ABC，結(jié)合三角形內(nèi)心定義判斷即得.【解答過程】在△ABC中，由PA?(AC|即AP?AC|AC|顯然AP≠0，即P與A不重合，否則cos∠ABC=1則|AP|cos∠PAC=|AP于是AP平分∠BAC，同理BP平分∠ABC，所以點P是△ABC的內(nèi)心.故選：D.【變式3-1】（24-25高一下·山東菏澤·期中）已知O為△ABC的內(nèi)心，三個角對應(yīng)的邊分別為a,b,ca，b，c，已知a=3，b=23，c=5，則BO?ACA．6?7 B．?2 C．23?8【答案】C【解題思路】利用向量的線性運(yùn)算結(jié)合角平分線性質(zhì)可得BO=【解答過程】連接BO并延長，交AC于E，因為O為△ABC的內(nèi)心，故BE為角平分線，由角平分線的性質(zhì)可得AECE同理BOOE而AC=23，故AE=58AC=5故BO=而BE?BA=故BO=故BO===1故選：C.【變式3-2】（2025高三·全國·專題練習(xí)）在△ABC中，若I是△ABC的內(nèi)心，AI的延長線交BC于D，則有ABAC=BDDC稱之為三角形的內(nèi)角平分線定理，現(xiàn)已知AC=2，BC=3，AB=4且AI=xA．1 B．13 C．23 【答案】C【解題思路】由角平分線定理可得出BD=2DC，求得AD=【解答過程】因為I是△ABC的內(nèi)心，AI的延長線交BC于D，AC=2，BC=3，AB=4，由角平分線定理可得BDCD=ABAC=2即AD?AB=2又因為BC=3，BD=2，且BI為∠ABD的角平分線，所以，AIID=AB又AI=xAB+yAC，且向量AB、AC不共線，所以，故選：C.【變式3-3】（24-25高一下·河南南陽·期中）在△ABC中，若OQ=OA+λABAB+ACAC，A．內(nèi)心 B．外心 C．重心 D．垂心【答案】A【解題思路】根據(jù)平面向量加法及數(shù)乘的幾何意義作出圖形，即可得出判斷．【解答過程】因為ABAB是與AB同向的單位向量，ACAC是與如圖，設(shè)AN=ABAB則OQ=OA+λAB|以AM，AN為鄰邊作平行四邊形AMEN，則AE=AM+AN，且平行四邊形AMEN為菱形，所以所以AQ=λ又A為公共端點，所以A，E，Q三點共線，所以AQ在∠BAC的平分線上，則Q點的軌跡必經(jīng)過△ABC的內(nèi)心，故選：A．【題型4外心問題】【例4】（2025·新疆·一模）已知平面向量OA，OB滿足OA=OB=2，OA?OB=?2，點D滿足DA=2OD，A．?163 B．?83 C．【答案】B【解題思路】求出OA，OB的夾角，作出平面直角坐標(biāo)系，表達(dá)出各點的坐標(biāo)，即可求出OB?【解答過程】由題意，OA=∵OA?OB=∴兩向量夾角θ=2∵DA=2OD，以O(shè)為坐標(biāo)原點,OA,垂直于OA所在直線為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示,則O0,0,A2,0,B?1,3,設(shè)解得x=2∴D又E為△AOB的外心，∴∠AOE=12∠AOB=∴△AOE為等邊三角形,∴E1,∴ED=∴OB?故選：B.【變式4-1】（2025·廣東佛山·一模）在△ABC中，設(shè)AC2?AB2=2AM?A．垂心 B．內(nèi)心 C．重心 D．外心【答案】D【解題思路】將等式化簡整理得(AC+AB?2AM)?BC=0，作出中線【解答過程】由AC2?AB即(AC如圖，取BC的中點為D，連AD，則AD=因BD+CD=代入(*)得，2(AD?AM故MD垂直且平分線段BC，即動點M的軌跡是BC的垂直平分線，必通過△ABC的外心.故選：D.【變式4-2】（2025高三·全國·專題練習(xí)）設(shè)P是△ABC所在平面內(nèi)的一點，若AB?(CB+CA)=2AB?CP，且A．外心 B．內(nèi)心 C．重心 D．垂心【答案】A【解題思路】取AB中點D，根據(jù)條件化簡得AB⊥PD，所以點P在AB中垂線上，所以PA=PB=PC，所以【解答過程】

如圖，取AB中點D，∴CB∵AB?(∴AB∴2AB∴2AB∴AB⊥PD，∴點P在AB中垂線上.∴AP=BP所以AP→∴P為△ABC的外心.故選：A.【變式4-3】（2025高三·全國·專題練習(xí)）設(shè)O為△ABC的外心，且滿足2OA+3OB+4OC①OB?OC=?78A．3 B．2 C．1 D．0【答案】A【解題思路】①利用3OB+4OC2=?2OA2即可；②利用2OA【解答過程】由題意知O為△ABC的外心，OA=1，則OB因為2OA+3OB所以9OB2+16所以O(shè)B?由題易得，2OA+3OB即4+9+12OA?OB所以AB=OB?因為OB?OC=又OA?OB=所以cos2∠BAC=?故選：A.【題型5奔馳定理】【例5】（24-25高一下·湖北武漢·期末）奔馳定理：已知O是△ABC內(nèi)的一點，若△BOC、△AOC、△AOB的面積分別記為S1、S2、S3，則S1?OA+S2?OBA．64 B．62 C．36【答案】B【解題思路】延長CO交AB與點P，結(jié)合三角形面積公式得S1:S【解答過程】∵O是△ABC的垂心，延長CO交AB與點P，S1:S∴S1:S∴tanA?OA+∴tanA:不妨設(shè)tanA=2k，tanB=3k，tanC=4ktanA=∴2k=?3k+4k1?12k2，化簡整理得所以tanA=2k=故選：B.【變式5-1】（2025·安徽·三模）平面上有△ABC及其內(nèi)一點O，構(gòu)成如圖所示圖形，若將△OAB，△OBC，△OCA的面積分別記作Sc，Sa，Sb，則有關(guān)系式Sa?OA+Sb?OB+Sc?OC=0．因圖形和奔馳車的logo很相似，常把上述結(jié)論稱為“奔馳定理”．已知△ABC的內(nèi)角AA．外心 B．內(nèi)心 C．重心 D．垂心【答案】B【解題思路】根據(jù)平面向量基本定理可得SbSa=ba，ScSa=ca，延長CO交AB于E，延長BO交AC于F，根據(jù)面積比推出【解答過程】由Sa?OA由a?OA+b?OB根據(jù)平面向量基本定理可得?SbS所以SbSa延長CO交AB于E，延長BO交AC于F，則SbSa=|AE||BE|，又所以CE為∠ACB的平分線，同理可得BF是∠ABC的平分線，所以O(shè)為△ABC的內(nèi)心.故選：B.【變式5-2】（24-25高一下·河南·期末）已知O是△ABC內(nèi)的一點，若△BOC,△AOC,△AOB的面積分別記為S1,S2,S3，則S1?OA+S2A．1:2:3 B．1:2:4 C．2:3:4 D．2:3:6【答案】A【解題思路】延長CO，BO，AO分別交邊AB，AC，BC于點P，M，N，利用同底的兩個三角形面積比推得tan∠BAC:【解答過程】O是△ABC的垂心，延長CO，BO，AO分別交邊AB，AC，BC于點P，M，N，如圖，則CP⊥AB,BM⊥AC,AN⊥BC，∠BOP=∠BAC,∠AOP=∠ABC，因此，S1S2于是得tan∠BAC:又OA+2OB+3OC=則OC=?S1S3?OA?S2S所以tan∠BAC:故選：A.【變式5-3】（24-25高三上·河南南陽·期中）奔馳定理：已知O是ΔABC內(nèi)的一點，ΔBOC，ΔAOC，ΔAOB的面積分別為SA，SB，SC，則SA?OA+SB?OB+SC?OC=0．“奔馳定理”是平面向量中一個非常優(yōu)美的結(jié)論，因為這個定理對應(yīng)的圖形與“奔馳”轎車（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地稱其為“奔馳定理”若A．sinB．cosC．tanD．sin【答案】C【解題思路】利用已知條件得到O為垂心，再根據(jù)四邊形內(nèi)角為2π及對頂角相等，得到∠AOB=π?C，再根據(jù)數(shù)量積的定義、投影的定義、比例關(guān)系得到|OA|:|OB【解答過程】如圖，因為OA?所以O(shè)B?(OA?OC)=0?所以O(shè)為ΔABC的垂心。因為四邊形DOEC的對角互補(bǔ)，所以∠AOB=π?C，∴OA同理，∴OB∴OC∴|OA∴|OA∴|OA又SSS∴SA:由奔馳定理得tanA?故選C．一、單選題1．（2025高三·全國·專題練習(xí)）已知點O是非等邊△ABC的外心，P是平面ABC內(nèi)的一點且OA+OB+OC=OP，則A．垂心 B．重心 C．內(nèi)心 D．外心【答案】A【解題思路】由點O是非等邊△ABC的外心可得OA=OB=OC，又因為平面內(nèi)P滿足OA+OB+OC=OP，所以O(shè)A+OB=OP?OC=CP，設(shè)D為AB中點，得到OD⊥AB，【解答過程】因為點O是非等邊△ABC的外心，所以O(shè)A=因為平面內(nèi)P滿足OA+所以O(shè)A+設(shè)D為AB中點，則有OD⊥AB，OA+所以CP⊥所以CP在AB邊的高線上.同理可得，BP在AC邊高線上，AP在BC邊高線上.故點P是△ABC高線的交點，即為△ABC的垂心.故選：A.2．（2025高一·全國·專題練習(xí)）已知O為△ABC所在平面內(nèi)一點，若tanA×OA+tanB×OB+A．外心 B．內(nèi)心 C．重心 D．垂心【答案】D【解題思路】先轉(zhuǎn)化為共起點的向量，對其兩邊點乘對邊向量，提取公因式，再由數(shù)量積的值進(jìn)行判定．【解答過程】原式變形為AO=AO?BC==a所以AO⊥BC，同理，BO⊥AC．所以O(shè)是△ABC的垂心，故選：D．3．（24-25高一下·河北·期中）平面向量中有一個非常優(yōu)美的結(jié)論：已知O為△ABC內(nèi)的一點，△BOC，△AOC，△AOB的面積分別為SA，SB，SC，則SA?OA+SB?OB+SC?OC=0．因其幾何表示酷似奔馳的標(biāo)志，所以稱為“奔馳定理”．已知O為A．23?8 B．?2 C．6?7【答案】A【解題思路】根據(jù)三邊，先求出角B的余弦值,再由內(nèi)心可得到SA:S【解答過程】因為a=3，b=23，c=5所以cosB=因為O為△ABC的內(nèi)心，設(shè)∠1=∠OBC,∠2=∠OBA，由題意∠1=∠2，則SA同理可得S所以根據(jù)“奔馳定理”有aOA所以aBA即BO=所以BO?=5故選：A．4．（24-25高一下·河南南陽·期末）已知在△ABC中，AB=BC=3,AC邊上的高為5,O是△ABC的內(nèi)心，若AO=mAB+nAC(m,n∈R)A．34 B．53 C．43【答案】A【解題思路】由題意建立平面直角坐標(biāo)系，根據(jù)三角形面積計算△ABC內(nèi)切圓的半徑r，寫出坐標(biāo)，根據(jù)題意列出方程組計算即可.【解答過程】設(shè)AC的中點為D，因為AB=BC=3，所以AD⊥AC，由已知AD=5，所以AD=AB以AC的中點D為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系.設(shè)△ABC內(nèi)切圓的半徑為r，則S△ABC=1因為△ABC為等腰三角形，所以△ABC的內(nèi)心O在線段BD上，所以O(shè)0,則AB=(2,5),所以2,255解得m=25n=故選：A.5．（24-25高一下·廣東東莞·期中）點O,N,P,Q在△ABC所在平面內(nèi)，滿足OA=OB=OC，NA+NB+NC=0，A．重心、外心、內(nèi)心、垂心 B．外心、重心、內(nèi)心、垂心C．重心、垂心、外心、內(nèi)心 D．外心、重心、垂心、內(nèi)心【答案】D【解題思路】根據(jù)模長相等可判斷O為△ABC的外心，利用重心性質(zhì)以及向量共線定理可判斷N為重心；由垂直關(guān)系的向量表示可得點P為△ABC垂心；再結(jié)合角平分線性質(zhì)可判斷點Q為△ABC內(nèi)心.【解答過程】由OA=OB=OC可知，可知O為△ABC的外接圓圓心，即O為△ABC的外心，取AB的中點為D，如下圖所示：

易知NA+NB=2ND，又即N在中線CD上靠近D的三等分點，同理可得N為三條中線的交點，即N為重心；由PA?PB=PB?可得PB⊥CA，同理可得PA⊥CB,PC⊥AB，所以點P為△ABC三條高的交點，因此點P為△ABC垂心；易知ACAC,ABAB為沿令A(yù)CAC=AF,ABAB=

由QA?ACAC?AB此時QA為角A的平分線，同理由QB?BCBC?BA因此可知Q為△ABC三條角平分線的交點，因此點Q為△ABC內(nèi)心.故選：D.6．（24-25高一下·甘肅·期末）“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳的標(biāo)志得來，是平面向量中一個非常優(yōu)美的結(jié)論.它的具體內(nèi)容是：已知M是△ABC內(nèi)一點，△BMC，△AMC，△AMB的面積分別為SA，SB，SC，且SA?MA+SB?

A．?63 B．?66 C．【答案】B【解題思路】根據(jù)SA?MA+SB?MB+SC?MC=【解答過程】

如圖，延長AM交BC于點D，延長BM交AC于點F，延長CM交AB于點E.由M為△ABC的垂心，3MA+4得SA:S又S△ABC=SA+SB設(shè)MD=x，MF=y，則AM=3x，BM=2y，所以cos∠BMD=x2y=cos所以cos∠BMD=所以cos∠AMB=故選：B.7．（24-25高一下·安徽馬鞍山·階段練習(xí)）在△ABC中，AB=AC=5,BC=8,P為△ABC內(nèi)的一點，AP=xAB+yA．若P為△ABC的重心，則2x+y=23 B．若P為△ABCC．若P為△ABC的垂心，則x+y=?79 D．若P為△ABC【答案】C【解題思路】對于ACD：先求出三角形各種心的坐標(biāo)，然后代入坐標(biāo)列方程求解；對于B：利用PB?【解答過程】如圖建立平面直角坐標(biāo)系，A0,3對于A：若P為△ABC的重心，則P0,1所以AP若AP=xAB+yAC，則?4x+4y=0?3x?3y=?2

對于B：若P為△ABC的外心，其必在直線AO上，所以PB?對于C：若P為△ABC的垂心，其必在AO上，設(shè)P0,m，則CP?AB=此時AP=若AP=xAB+yAC，則?4x+4y=0?3x?3y=對于D：若P為△ABC的內(nèi)心，設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，則12×8×3=12×r×5+5+8此時AP=若AP=xAB+yAC，則?4x+4y=0?3x?3y=?故選：C.8．（24-25高一下·上海青浦·期末）已知D為△ABC所在平面內(nèi)的一點，則下列命題中正確的個數(shù)為（

）①若DA+DB+DC=②若ABAB+AC③若DA?DB=DB?④若AD=λABABsinBA．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解題思路】利用重心向量公式判斷①；利用數(shù)量積運(yùn)算律及定義求解判斷②；利用數(shù)量積的運(yùn)算律及垂直關(guān)系的向量表示判斷③；設(shè)BC的中點為M，再根據(jù)正弦定理結(jié)合平面向量共線定理即可判斷④.【解答過程】對于①：由DA+DB+DC=對于②：由ABAB+AC又B,C∈0,π，所以B=C，所以對于③：由DA?DB=DB?所以D為△ABC的垂心，故③錯誤；對于④：取BC的中點為M，所以AB+AC=2AM，由正弦定理得則ABABsinB+ACACsin故選：B.二、多選題9．（24-25高一下·湖北·階段練習(xí)）已知O，H在△ABC所在平面內(nèi)OA=OB=OC=3，HA?HBA．O為△ABC的外心 B．H為△ABC的內(nèi)心C．OH=OA+【答案】AC【解題思路】根據(jù)三角形四心的向量表示，可知O，H分別為△ABC的外心和垂心，對于C，運(yùn)用向量的疊加關(guān)系可驗證，對于D，對OH=【解答過程】因為OA所以O(shè)為△ABC的外心，故A正確；由HA?HB即HB?CA所以H為△ABC的垂心，故B錯誤；如圖，作直徑BD，連接AD，則AD⊥AB又∵H為三角形ABC的垂心，∴CH⊥AB，同理AH//CD，∴四邊形∴OH因為OH兩邊平方可得OH故OH+2即1=9+9+9+2故2由向量的數(shù)量積定義：OA同理OB所以18在△OAB中，根據(jù)余弦定理得c同理a所以a2故選：AC.10．（24-25高一下·江蘇常州·期中）“奔馳定理”是平面向量中一個非常優(yōu)美的結(jié)論，因為這個定理對應(yīng)的圖形與“奔馳”轎車，（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地稱其為“奔馳定理”：已知M是△ABC內(nèi)一點，△BMC,△AMC,△AMB的面積分別為SA,SB,A．若SA:SB:B．若SA:C．若AM=1D．若M為△ABC的內(nèi)心，且3MA+4【答案】ABD【解題思路】取線段BC的中點D，得到MA=?2MD，所以A,M,D三點共線，再取線段AB,AC的中點E,F，證得B,M,F三點共線，且C,M,E三點共線，可得判定A正確；由“奔馳定理”，化簡得到6AM5MA+3MB+4MC=0，求得SA:【解答過程】對于A中，若SA:S如圖所示，取線段BC的中點D，連接DM，則MB+所以MA+MB+MC=分別取線段AB,AC的中點E,F，連接ME,MF，同理可證：B,M,F三點共線，且C,M,E三點共線，所以點M為△ABC的重心，所以A正確；對于B中，若SA由“奔馳定理”可得MA+2MB+3所以6AM=2AB對于C中，若AM=即12AM可得5MA又由SA?MA所以SA所以由“奔馳定理”，可得SA對于D中，若M為△ABC的內(nèi)心，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓的半徑為r，則SA因為3MA+4MB設(shè)BC=3t(t>0)，則AC由余弦定理，可得cosC=故選：ABD.11．（24-25高一下·遼寧沈陽·期中）已知△ABC的外心為O，垂心為H，則下列說法正確的是（

）A．若OA=OB=OCB．若∠B=2π3,C．AH與ABABD．若2HA+3【答案】ABD【解題思路】對于A，根據(jù)條件，利用數(shù)量積的運(yùn)算律，即可求解；對于B，建立坐標(biāo)系，從而有A?r,0，C12r,32r，Brcosθ,rsinθ，θ∈π【解答過程】對于A，由4OA+3OB所以4OA+2OC2=9則16+16OA?OC對于B，如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，AO所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，連接OC，設(shè)圓O的半徑為r，且交x軸正半軸于E，因為∠B=2π3，則優(yōu)弧AEC所對圓心角∠AOC=4則A?r,0，C12r,3則OA=因為?OB=mOA得到n=23sin所以m+n=3sinθ?又θ?π6∈π6對于選項C，因為AB=AB所以AB|AB|又因為AH⊥BC，所以AH與對于D，因為H為△ABC的垂心，則AH⊥BC，即即AH?(HC?同理，HA?HC=設(shè)HA?因為2HA+3HB3HB2=?2HA?所以2HA2=?3cos∠AHB=又x<0，則cos∠AHB=?故選：ABD.三、填空題12．（24-25高三上·天津河北·期中）已知△ABC中，點G,O分別是△ABC的重心和外心，且AG?AO=4,AG=2【答案】2【解題思路】根據(jù)重心和外心性質(zhì)，通過轉(zhuǎn)化法利用數(shù)量積可得AB2+AC2=24【解答過程】延長AG交BC于點D，連接OD，作OH⊥AC于點H，則D,H分別為BC,CA的中點，如下圖所示：易知AC?同理可得AB?由重心性質(zhì)可知AG?所以AB2又AD=32AG=3所以AB+AC2因此BC2=AC故答案為：2313．（24-25高一下·廣東茂名·期末）如圖，P為△ABC的內(nèi)心，cos∠BAC=15，△BPC、△APC、△APB的面積分別為SA、SB、SC，且.【答案】5?【解題思路】根據(jù)內(nèi)心的性質(zhì)可得AP=ba?PB+c【解答過程】由于P為△ABC的內(nèi)心，故P到AB,BC,CA的距離相等，記為r，則S由SA?PA故aPA+b又APAP=則ba=又cos∠BAC=15所以a≥105b+cx+y=b+c故答案為：5?1014．（24-25高二上·四川廣安·開學(xué)考試）“奔馳定理”是平面向量中一個非常優(yōu)美的結(jié)論，因為這個定理對應(yīng)的圖形與“奔馳”（Mercedes-Benz）的logo很相似，故形象地稱其為“奔馳定理）．“奔馳定理”的內(nèi)容如下：如圖，已知O是△ABC內(nèi)一點，△BOC，△AOC，△AOB的面積分別為SA，SB，SC，則SA?OA+SB?OB+SC?OC=0．若O是銳角△ABC

①O是△ABC的垂心；②∠BOC+A<π③OA:OB【答案】①③④【解題思路】將OA?OB=OB?OC移項，并結(jié)合平面向量的減法和數(shù)量積的運(yùn)算法則，可得OB⊥CA，同理推出OA⊥CB，OC⊥AB，即可判斷①；根據(jù)①可知，∠OBC+C=π2，∠OCB+B=π【解答過程】因為OA?OB=所以O(shè)B?CA=0同理可得，OA⊥CB，OC⊥AB，所以O(shè)為△ABC的垂心，故①正確；因為OB⊥CA，OC⊥AB，所以∠OBC+C=π2，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由②知A=π?∠BOC，延長CO交AB于點P，

所以cos=OP同理可得cosA:所以cosA:所以O(shè)A:由SA=1則S=tan同理SB所以SA又SA則tanA?故答案為：①③④.四、解答題15．（24-25高一下·浙江溫州·期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，M，N分別是線段AB，BC的中點，記AB=a，AD=b，且DM=1，(1)試用向量a，b表示DM，DN；(2)①求a，b的值；②設(shè)O為△ADM的內(nèi)心，若AO=xa+y【答案】(1)DM(2)①a=2【解題思路】（1）根據(jù)向量的線性運(yùn)算求解即可；（2）根據(jù)向量數(shù)量積的運(yùn)算法則、數(shù)量積的定義運(yùn)算求a,b模；再由三角形內(nèi)心的性質(zhì)化簡可得【解答過程】（1）DM=DN=（2）①由（1）知：DM=12又∵DM∴a=4②∵O為△ADM的內(nèi)心，∴AO∴y16．（24-25高一下·山東青島·期中）在△ABC中，M,N為△ABC所在平面內(nèi)的兩點，AB=3,AC=22,∠BAC=π（1）以AB和AC作為一組基底表示NM，并求NM（2）D為直線MN上一點，設(shè)CD=xAB+yAC(x,y∈R【答案】（1）NM=13AB+【解題思路】（1）利用基底法，以AB和AC作為一組基底表示NM（2）因為直線CD經(jīng)過△ABC的垂心，所以CD⊥AB，即CD?AB=0【解答過程】（1）由MC=13BC，所以M為線段由NA+所以N為線段AC的中點，NM=因為AB?所以NM=（2）D為直線MN上一點，設(shè)ND=k則CD=所以，CD?AB==1因為直線CD經(jīng)過△ABC的垂心，所以CD⊥AB，即CD?所以CD?AB=所以CD=因為CD=x所以x=117．（24-25高一下·山西·階段練習(xí)）奔馳定理是一個關(guān)于三角形的幾何定理，它的圖形形狀和奔馳轎車logo相似，因此得名.如圖，P是△ABC內(nèi)的任意一點，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，總有優(yōu)美等式：PA?

(1)若P是△ABC的內(nèi)心，2b=3a=4c，延長AP交BC于點D，求APPD(2)若P是銳角△ABC的外心，A=2B，PB=xPA+y【答案】(1)λ=(2)[?【解題思路】（1）根據(jù)奔馳定理以及內(nèi)切圓的性質(zhì)可得PA?a+PB?b+PC?c=0，即可根據(jù)（2）根據(jù)奔馳定理以及外接圓的性質(zhì)可得PA?sin2A+PB?【解答過程】（1）由于P是△ABC的內(nèi)心，設(shè)△ABC內(nèi)切圓的半徑為r，由PA?S△PBC+PB由2b=3a=4c，不妨設(shè)a=4m,b=6m,c=3m,m>0，故4PA設(shè)APPD=λ，則故6DB