2025年新高考数学一轮复习第5章重难点突破01奔驰定理与四心问题(五大题型)(学生版+解析)

重难点突破01奔驰定理与四心问题目录TOC\o"1-2"\h\z\u01方法技巧与总结 202题型归纳与总结 3题型一：奔驰定理 3题型二：重心定理 5题型三：内心定理 6题型四：外心定理 6题型五：垂心定理 703过关测试 8

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．已知的顶点，，，则△ABC的重心坐标为．注意：（1）在中，若为重心，则．（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．重心的向量表示：．奔驰定理：，则、、的面积之比等于奔驰定理证明：如图，令，即满足，，，故．技巧三．三角形四心与推论：（1）是的重心：．（2）是的内心：．（3）是的外心：．（4）是的垂心：．技巧四．常见结论（1）内心：三角形的内心在向量所在的直线上．为的内心．（2）外心：为的外心．（3）垂心：为的垂心．（4）重心：为的重心．题型一：奔驰定理【典例1-1】已知为内一点，且满足，若的面积与的面积的比值为，则的值为（

）A． B． C． D．2【典例1-2】点在的内部，且满足：，则的面积与的面积之比是（

）A． B．3 C． D．2【变式1-1】设是内一点，且，定义，其中分别是的面积，若，则的最小值是（

）A． B．18 C．16 D．9【变式1-2】设，过作直线分别交（不与端点重合）于，若，，若与的面积之比为，则A． B． C． D．【变式1-3】（多选题）“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．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（

）

A．若，则M为的重心B．若M为的内心，则C．若，，M为的外心，则D．若M为的垂心，，则【变式1-4】（多选题）“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”轿车的很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，则有.设是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的有（

）A．若，则为的重心B．若，则C．若，，，则D．若为的垂心，则题型二：重心定理【典例2-1】已知是所在平面内一定点，动点满足，则动点的轨迹一定过的.（选填：外心、内心、垂心、重心）【典例2-2】（2024·高三·陕西渭南·期末）如图所示，中为重心，过点，，，则．

【变式2-1】（2024·陕西西安·模拟预测）在平行四边形中，为的重心，，则．【变式2-2】（2024·高三·上海普陀·期中）在中，过重心的直线交边于点，交边于点（、为不同两点），且，，则的取值范围为.【变式2-3】在中，角所对的边分别为，已知，设分别是的外心和重心，则的最大值是（

）A． B． C． D．【变式2-4】（2024·全国·二模）点是所在平面内两个不同的点，满足，则直线经过的（

）A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心题型三：内心定理【典例3-1】已知为的内心，，且满足，则的最大值为.【典例3-2】在△ABC中，，若O为内心，且满足，则x+y的最大值为．【变式3-1】已知点O是边长为的等边△ABC的内心，则＝．【变式3-2】（2024·高三·山东聊城·期中）已知是的内心，，，，则．【变式3-3】已知中，，，，I是的内心，P是内部（不含边界）的动点.若（，），则的取值范围是.题型四：外心定理【典例4-1】已知点在所在平面内，满足，则点是的（

）A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心【典例4-2】为所在平面内一点，且满足，则是的（

）A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心【变式4-1】（2024·天津北辰·三模）在中，，为外心，且，则的最大值为（

）A． B． C． D．【变式4-2】在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（

）A．3 B．6 C．7 D．9【变式4-3】已知O为的外心，，则（

）A．8 B．10 C．12 D．1【变式4-4】在中，，O是的外心，则的最大值为【变式4-5】已知内一点是其外心，，且，则的最大值为．【变式4-6】在中，，，为的外心，，，分别为，，的中点，且，则.题型五：垂心定理【典例5-1】已知的垂心为点，面积为15，且，则；若，则.【典例5-2】若是的垂心，且，则的值为．【变式5-1】在中，三个内角分别为A，B，C，，，，H为的垂心．若，则．【变式5-2】已知为的垂心（三角形的三条高线的交点），若，则.【变式5-3】已知在中，，点为的垂心，则=．1．已知是内部的一点，，则的面积与的面积之比是（

）A． B． C． D．2．（2024·四川南充·三模）已知点P在所在平面内，若，则点P是的（

）A．外心 B．垂心 C．重心 D．内心3．已知G，O，H在所在平面内，满足，，，则点G，O，H依次为的（

）A．重心，外心，内心 B．重心、内心，外心C．重心，外心，垂心 D．外心，重心，垂心4．O是平面上一定点，A、B、C是该平面上不共线的3个点，一动点P满足：，则直线AP一定通过的（）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心5．已知点A、B、C是平面上不共线的三点，点为的外心，动点满足条件：(，)，则点的轨迹一定通过的（

）．A．内心 B．垂心 C．重心 D．边的中点6．（2024·全国·模拟预测）已知点是的重心，过点的直线与边分别交于两点，为边的中点．若，则（

）A． B． C．2 D．7．已知，，，是平面上的4个定点，，，不共线，若点满足，其中，则点的轨迹一定经过的（

）A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心8．已知的重心为，则向量（

）A． B．C． D．9．已知的重心为O，若向量，则（

）A． B． C． D．10．已知在中，为的垂心，是所在平面内一点，且，则以下正确的是（

）A．点为的内心 B．点为的外心C． D．为等边三角形11．已知是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足，，则的轨迹一定通过的（）A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心12．在中，动点P满足，则P点轨迹一定通过的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心13．（多选题）（2024·高三·江西新余·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．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（

）A．若，则M为的重心B．若M为的内心，则C．若M为的垂心，，则D．若，，M为的外心，则14．（多选题）（2024·江苏南京·二模）已知内角，，的对边分别为，，，为的重心，，，则（

）A． B．C．的面积的最大值为 D．的最小值为15．（多选题）（2024·辽宁·二模）的重心为点，点O，P是所在平面内两个不同的点，满足，则（

）A．三点共线 B．C． D．点在的内部22．我校高一同学发现：若是内的一点，、、的面积分别为、、，则存在结论，这位同学利用这个结论开始研究：若为内的一点且为内心，的内角、、的对边分别为、、，且，若，则的最大值为.23．已知点为内一点，，则的面积之比为．24．已知点在所在的平面内，则下列各结论正确的个数是．①若为的垂心，．则②若为边长为2的正三角形，则的最小值为③若，则动点的轨迹经的外心④若为的重心，过点的直线分别与、交于、两点，若，，则25．点O是平面上一定点，A，B，C是平面上的三个顶点，，分别是边AC，AB的对角.有以下四个命题：①动点P满足，则的外心一定在满足条件的P点集合中；②动点P满足，则的内心一定在满足条件的P点集合中；③动点P满足，则的重心一定在满足条件的P点集合中；④动点P满足，则的垂心一定在满足条件的P点集合中.其中正确命题的个数为.26．点是平面上一定点，、、是平面上的三个顶点，、分别是边、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动点满足，则的重心一定在满足条件的点集合中；②动点满足，则的内心一定在满足条件的点集合中；③动点满足，则的重心一定在满足条件的点集合中；④动点满足，则的垂心一定在满足条件的点集合中；⑤动点满足，则的外心一定在满足条件的点集合中．27．（2024·浙江宁波·模拟预测）在中，点O、点H分别为的外心和垂心，，则.28．设H是的垂心，且，则．29．在中，，，为的垂心，且满足，则.30．（2024·全国·模拟预测）已知的外心、垂心分别为，，，则.重难点突破01奔驰定理与四心问题目录TOC\o"1-2"\h\z\u01方法技巧与总结 202题型归纳与总结 3题型一：奔驰定理 3题型二：重心定理 10题型三：内心定理 13题型四：外心定理 17题型五：垂心定理 2203过关测试 25

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．已知的顶点，，，则△ABC的重心坐标为．注意：（1）在中，若为重心，则．（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．重心的向量表示：．奔驰定理：，则、、的面积之比等于奔驰定理证明：如图，令，即满足，，，故．技巧三．三角形四心与推论：（1）是的重心：．（2）是的内心：．（3）是的外心：．（4）是的垂心：．技巧四．常见结论（1）内心：三角形的内心在向量所在的直线上．为的内心．（2）外心：为的外心．（3）垂心：为的垂心．（4）重心：为的重心．题型一：奔驰定理【典例1-1】已知为内一点，且满足，若的面积与的面积的比值为，则的值为（

）A． B． C． D．2【答案】B【解析】由，得，如图，分别是的中点，则，所以在线段上，且，得，设，则，所以，因为，，，所以，则，解得.故选：B【典例1-2】点在的内部，且满足：，则的面积与的面积之比是（

）A． B．3 C． D．2【答案】C【解析】因为，所以，即，取中点为点，则，即，所以在中线上，且过，分别作边上的高，垂足为，则，所以，，所以，所以，故选：C.【变式1-1】设是内一点，且，定义，其中分别是的面积，若，则的最小值是（

）A． B．18 C．16 D．9【答案】B【解析】设中，角的对边分别为，，由，得，，若，则，，有，得，，当且仅当，即时等号成立，则的最小值是18.故选：B【变式1-2】设，过作直线分别交（不与端点重合）于，若，，若与的面积之比为，则A． B． C． D．【答案】D【解析】连接并延长，则通过的中点，过，分别向所在直线作垂线，垂足分别为，，如图所示与的面积之比为根据三角形相似可知，则即由平行四边形法则得根据待定系数法有，则故选【变式1-3】（多选题）“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．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（

）

A．若，则M为的重心B．若M为的内心，则C．若，，M为的外心，则D．若M为的垂心，，则【答案】ABD【解析】对A选项，因为，所以，取的中点，则，所以，故，，三点共线，且，同理，取中点，中点，可得，，三点共线，，，三点共线，所以为的重心，A正确；对B选项，若为的内心，可设内切圆半径为，则，，，所以，即，B正确；对C选项，若，，为的外心，则，设的外接圆半径为，故，，，故，，，所以，C错误；对D选项，若为的垂心，，则，如图，，，，相交于点，又，，即，，即，，即，设，，，则，，，因为，，所以，即，，则，D正确；故选：ABD.【变式1-4】（多选题）“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”轿车的很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，则有.设是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的有（

）A．若，则为的重心B．若，则C．若，，，则D．若为的垂心，则【答案】ABD【解析】对于A：如下图所示，假设为的中点，连接，则，故共线，即在中线上，同理可得在另外两边的中线上，故O为的重心，即A正确；对于B：由奔驰定理O是内的一点，的面积分别为，则有可知，若，可得，即B正确；对于C：由，可知，又，所以，由可得；所以，即C错误；对于D：由四边形内角和可知，，则，同理，因为O为的垂心，则，所以，同理得，，则，令，由，则，同理：，，综上，，根据奔驰定理得，即D正确.故选：ABD.题型二：重心定理【典例2-1】已知是所在平面内一定点，动点满足，则动点的轨迹一定过的.（选填：外心、内心、垂心、重心）【答案】重心【解析】过作，垂足为，取中点为，连接，如下所示：则，则，则，，又为非负实数，故共线，也即三点共线，又为三角形中线，故的轨迹过三角形的重心.故答案为：重心.【典例2-2】（2024·高三·陕西渭南·期末）如图所示，中为重心，过点，，，则．

【答案】3【解析】设根据题意，；，，，三点共线，则存在，使得，即，即，，整理得，所以；故答案为：3【变式2-1】（2024·陕西西安·模拟预测）在平行四边形中，为的重心，，则．【答案】/【解析】如图，设与相交于点，又为的重心，所以为的中点，，则，则，故．故答案为：【变式2-2】（2024·高三·上海普陀·期中）在中，过重心的直线交边于点，交边于点（、为不同两点），且，，则的取值范围为.【答案】【解析】由题意，，延长交于，则是中点，,又，，所以，又三点共线，所以，，，设，则，时，，递减，时，，递增，，又，即，所以的取值范围是，故答案为：，【变式2-3】在中，角所对的边分别为，已知，设分别是的外心和重心，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设为边中点，连接,作于，即为中点，因为,同理,则，在中，，由余弦定理得，即，由均值不等式，，所以（当且仅当等号成立），所以.故选：B．【变式2-4】（2024·全国·二模）点是所在平面内两个不同的点，满足，则直线经过的（

）A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心【答案】A【解析】设的中点为点，所以，则，若四点共线时，即点都在中线上，所以经过三角形的重心，若四点不共线时，，且，连结，交于点，如图，，即点是三角形的重心，即经过的重心，综上可知，经过的重心.故选：A题型三：内心定理【典例3-1】已知为的内心，，且满足，则的最大值为.【答案】【解析】设内切圆半径为r，延长交于D，则，即，由三点共线，得，，，.当，即，亦即时等号成立，故.故答案为：.【典例3-2】在△ABC中，，若O为内心，且满足，则x+y的最大值为．【答案】【解析】延长AO交BC于D，设BC与圆O相切于点E，AC与圆O相切于点F，则OE＝OF，则，设，因为B、C、D三点共线，所以，即，因为，，所以，所以．故答案是：【变式3-1】已知点O是边长为的等边△ABC的内心，则＝．【答案】1【解析】设D为BC的中点，因为点O是边长为的等边△ABC的内心，所以，，两两夹角为120°，且||＝||＝|||AD|．所以＝22＝1.故答案为：1．【变式3-2】（2024·高三·山东聊城·期中）已知是的内心，，，，则．【答案】36【解析】如图所示：以为圆心作的内切圆，分别与、、相切于点、、，设，根据切线长定理得，,,所以，即，解得，即，由题意可得,所以，所以,.故答案为：36.【变式3-3】已知中，，，，I是的内心，P是内部（不含边界）的动点.若（，），则的取值范围是.【答案】【解析】建立如图所示平面直角坐标系，则，因为是三角形的内心，设三角形内切圆半径为，则，解得.所以，.依题意点在三角形的内部（不含边界）.因为，所以，所以，令，则，由图可知，当过时，.当，过，即为直线时，.所以的取值范围时.故答案为：题型四：外心定理【典例4-1】已知点在所在平面内，满足，则点是的（

）A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心【答案】A【解析】因为，即点到的距离相等，所以点是的外心.故选：A【典例4-2】为所在平面内一点，且满足，则是的（

）A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心【答案】B【解析】依题意，，，，则，于是，所以是的外心.故选：B【变式4-1】（2024·天津北辰·三模）在中，，为外心，且，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由O为△ABC外心，可得在方向上的投影向量为，则，故，又，设，则，当且仅当时等号成立，由可知，，故的最大值为．故选：A．【变式4-2】在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（

）A．3 B．6 C．7 D．9【答案】B【解析】因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，所以，，设，则，又是的外心，所以，所以.故选：B【变式4-3】已知O为的外心，，则（

）A．8 B．10 C．12 D．1【答案】A【解析】如图，O为的外心，过作于因为，所以则.故选：A.【变式4-4】在中，，O是的外心，则的最大值为【答案】3【解析】由题知，记的三边为，因为O是的外心，记中点为，则有，所以且，所以①，在中，由余弦定理得：，即，即，代入①中可得：，在中，由正弦定理得：，所以，所以，当时取等，故的最大值为3．故答案为：3【变式4-5】已知内一点是其外心，，且，则的最大值为．【答案】/0.75【解析】如图所示，延长交于，令，∵，，三点共线，∴，∴取最大值时，取最大值，则，∵为外接圆的半径（定值），∴当取得最小时，取最大值，此时，∴为等腰三角形，且，∴，则，，，∵，，∴．故答案为：【变式4-6】在中，，，为的外心，，，分别为，，的中点，且，则.【答案】【解析】如图，设的外接圆半径为，由正弦定理，则，又因为，，分别为，，的中点，所以，，，三式平方相加可得，又因为，代入得结果为.故答案为：.题型五：垂心定理【典例5-1】已知的垂心为点，面积为15，且，则；若，则.【答案】305【解析】如图，

是的边上的高，则；设，因为，面积为15，所以，即；.由第一空可知，所以；所以，由可得，即；因为，所以，.故答案为：30;5.【典例5-2】若是的垂心，且，则的值为．【答案】/【解析】由，得，所以，故垂心在中线上，即高线与中线重合，故，又，所以，又因为，，得，所以，即，得到，由余弦定理得，又，所以，所以，所以,得到．故答案为：.【变式5-1】在中，三个内角分别为A，B，C，，，，H为的垂心．若，则．【答案】【解析】因为，，，所以，由余弦定理可得，由以及为锐角，可得，故．同理，．于是．接下来证明定理4：O是（非直角三角形）的垂心．证明：O是（非直角三角形）的垂心，由定理4得，故，化简得．所以．故答案为：【变式5-2】已知为的垂心（三角形的三条高线的交点），若，则.【答案】/【解析】因为，所以，同理，由H为△ABC的垂心，得，即，可知，即，同理有，即，可知，即，所以，，又，所以．故答案为：.【变式5-3】已知在中，，点为的垂心，则=．【答案】18【解析】延长交于点，因为，点为的垂心，所以为的中点，，所以，故答案为：181．已知是内部的一点，，则的面积与的面积之比是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，延长交于点，设，易知，可得，又，得，故，可知，同理，可得，结合可得，整理得成立，而由题意得，故，设即，，故，故C正确.故选：C2．（2024·四川南充·三模）已知点P在所在平面内，若，则点P是的（

）A．外心 B．垂心 C．重心 D．内心【答案】D【解析】在中，由，得，即，由，同理得，显然，即与不重合，否则，同理，则，即，，于是平分，同理平分，所以点P是的内心.故选：D3．已知G，O，H在所在平面内，满足，，，则点G，O，H依次为的（

）A．重心，外心，内心 B．重心、内心，外心C．重心，外心，垂心 D．外心，重心，垂心【答案】C【解析】因为，所以，设AB的中点D，则，所以，所以C，G，D三点共线，即G为的中线CD上的点，且，所以G为的重心．因为，所以，所以O为的外心；因为，所以，即，所以，同理可得：，，所以H为的垂心.故选：C.4．O是平面上一定点，A、B、C是该平面上不共线的3个点，一动点P满足：，则直线AP一定通过的（）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】C【解析】取线段BC的中点E，则，动点P满足：，则，则，所以，又为两向量的公共起点，所以三点共线，所以直线一定通过的重心．故选：C．5．已知点A、B、C是平面上不共线的三点，点为的外心，动点满足条件：(，)，则点的轨迹一定通过的（

）．A．内心 B．垂心 C．重心 D．边的中点【答案】D【解析】取的中点D，连接，则，∵，∴，则，即∴P，C，D三点共线，因为，所以，于是点P的轨迹一定经过边的中点．故选：D.6．（2024·全国·模拟预测）已知点是的重心，过点的直线与边分别交于两点，为边的中点．若，则（

）A． B． C．2 D．【答案】A【解析】如图所示，由三角形重心的性质，可得，所以，所以，即，因为三点共线，可得，所以.故选：A．7．已知，，，是平面上的4个定点，，，不共线，若点满足，其中，则点的轨迹一定经过的（

）A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心【答案】A【解析】取线段的中点，则.动点满足：，，则，即，所以，又，所以三点共线，即点的轨迹是直线，一定通过的重心.故选：A.8．已知的重心为，则向量（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】设分别是的中点，由于是三角形的重心，所以.故选：B.9．已知的重心为O，若向量，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图，设E是的中点，由于O是三角形的重心，所以．则.故选:D．10．已知在中，为的垂心，是所在平面内一点，且，则以下正确的是（

）A．点为的内心 B．点为的外心C． D．为等边三角形【答案】B【解析】在中，由为的垂心，得，由，得，则，即，又，显然，同理得，因此点为的外心，B正确，无判断ACD成立的条件.故选：B11．已知是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足，，则的轨迹一定通过的（）A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心【答案】A【解析】由题意，当时，如图可知：点在边上的中线所在直线上，∴动点的轨迹一定通过的重心，故选：A．12．在中，动点P满足，则P点轨迹一定通过的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】A【解析】因为，所以，所以，设的中点为，则，则，所以，所以点P在线段AB的中垂线上，故点P的轨迹过的外心.故选：A13．（多选题）（2024·高三·江西新余·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．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（

）A．若，则M为的重心B．若M为的内心，则C．若M为的垂心，，则D．若，，M为的外心，则【答案】ABC【解析】A选项，因为，所以，取的中点，则，所以，故三点共线，且，同理，取中点，中点，可得三点共线，三点共线，所以M为的重心，A正确；B选项，若M为的内心，可设内切圆半径为，则，，，所以，即，B正确；C选项，若M为的垂心，，则，如图，⊥，⊥，⊥，相交于点，又，，即，，即，，即，设，，，则，，，因为，，所以，即，同理可得，即，故，，则，故，，则，故，，故，同理可得，故，C正确；D选项，若，，M为的外心，则，设的外接圆半径为，故，，故，，，所以，D错误.故选：ABC14．（多选题）（2024·江苏南京·二模）已知内角，，的对边分别为，，，为的重心，，，则（

）A． B．C．的面积的最大值为 D．的最小值为【答案】ABC【解析】延长交于点.因为是的重心，所以点是中点，，则.对于选项A：因为，故选项A正确；对于选项B：由得：，所以，当且仅当时等号成立.又因为，即，，所以，即，当且仅当时等号成立，故选项B正确；对于选项C：因为，当且仅当时等号成立，，所以，故选项C正确；对于选项D：由，，得，所以由余弦定理可得：，即，当且仅当时等号成立，所以的最小值是，故选项D错误.故选：ABC.15．（多选题）（2024·辽宁·二模）的重心为点，点O，P是所在平面内两个不同的点，满足，则（

）A．三点共线 B．C． D．点在的内部【答案】AC【解析】，因为点为的重心，所以，所以，所以三点共线，故A正确，B错误；，因为，所以，即，故C正确；因为，所以点的位置随着点位置的变化而变化，故点不一定在的内部，故D错误；故选：AC．16．（多选题）已知点是所在平面内任意一点，下列说法中正确的是（

）A．若，则为的重心B．若，则为的内心C．若为的重心，是边上的中线，则D．若，则【答案】AD【解析】取的中点，连接，则，若，则，则三点共线，且，则为的重心，故A正确；若，则为的外心，不一定是内心，故B错误；若为的重心，是边上的中线，则，则，故C错误；取的中点，连接，则，若，则，则三点共线，且，则，故D正确.故选：AD.17．（多选题）点O为所在平面内一点，则（

）A．若，则点O为的重心B．若，则点O为的内心C．若，则点O为的垂心D．在中，设，那么动点O的轨迹必通过的外心【答案】ABD【解析】对于A中，由点O为所在平面内一点，且，可得，则以为邻边作平行四边形，可得，且，设，根据平行四边形法则，可得为的中点，即为上的中线，同理可证：延长也过的中点，所以为的重心，所以A正确；对于B中，由向量表示方向的单位向量，表示方向的单位向量，可得四边形是菱形，则，因为，所以，即，即和共线，即是的角平分线，同理可得是的角平分线，即是的内心，所以B正确.对于C中，如图所示，取分别为的中点，根据向量的平行四边形法则，可得，因为，可得，所以，所以点在线段的垂直平分线上，所以点为的外心，所以C不正确；对于D中，由,因为，可得，即，设为的中点，可得，所以，即，且为的中点，所以动点O的轨迹必通过的外心，所以D正确.故选：ABD.18．（多选题）已知，在所在的平面内，且满足，，则下列结论正确的是（

）A．为的外心B．为的垂心C．为的内心D．为的重心【答案】BD【解析】由题意，所以，即＝0，所以，同理可得：，，所以M为的垂心；A错误,B正确；因为所以，所以，设AB的中点D，则，所以，所以C，N，D三点共线，即N为的中线CD上的点，且，所以N为的重心,C错误,D正确.故选:BD.19．（多选题）在中，角的对边分别为，为的外心，则（

）A．若有两个解，则B．的取值范围为C．的最大值为9D．若为平面上的定点，则A点的轨迹长度为【答案】ABD【解析】对于A，由正弦定理，得，有两解的情形为，且，则，故A正确；对于B，由正弦定理，得外接圆半径，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，，于是，故B正确；对于C，法一：用投影向量求当在上的投影向量的模最大，且与同向时，取得的最大值，此时，设为的中点，则，在上的投影向量的模为，最大值为，故C错误；法二：转化到圆心：，故C错误；对于D，如下图，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，由两段优弧拼接成，每段优弧所对圆心角为，所以A点的轨迹长度为，故D正确．故选：ABD.20．设M为内一点，且，则与的面积之比为．【答案】/0.25【解析】在取中点，则，可知点为的中点，可得，即，所以与的面积之比为.故答案为：.21．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为.【答案】【解析】因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，由可得，所以，又，则，所以，两式相加可得，化简可得，又，由余弦定理可得，由基本不等式可得，所以，当且仅当时等号成立，所以.故答案为：.22．我校高一同学发现：若是内的一点，、、的面积分别为、、，则存在结论，这位同学利用这个结论开始研究：若为内的一点且为内心，的内角、、的对边分别为、、，且，若，则的最大值为.【答案】【解析】因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，由可得，所以，，因为，则，所以，，所以，，可得，因为，由余弦定理可得，由基本不等式可得，所以，，当且仅当时，等号成立，所以，.故答案为：.23．已知点为内一点，，则的面积之比为．【答案】【解析】先将已知向量式化为两个向量共线的形式，再利用平行四边形