高中数学讲义（人教B版2019必修三）第21讲专题8-2三角形的四心

专题82三角形的四心TOC\o"13"\h\u题型1重心 ⑤λ>0,λ（AB|AB|cosB+AC|题型1重心【方法总结】（1）重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1。（2）重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。（3）在平面直角坐标系中，重心的坐标是顶点坐标的算术平均数（4）O是ΔABC重心⇔（5）P是平面ABC内任一点，PG=12◆类型1重心的判断【例题11】（2023春·全国·高一专题练习）已知点G是三角形ABC所在平面内一点，满足GA+GBA．垂心 B．内心 C．外心 D．重心【答案】D【分析】直接利用平面向量的线性运算和三角形重心的定义，即可判断点G是△ABC的重心.【详解】因为GA+GB+以GA、GB为邻边作平行四边形GADB，连接GD交AB于点O.如图所示:则CG=GD，所以故选：D【变式11】1．（2023·全国·高一专题练习）已知△ABC中，点D为边AC中点，点G为△ABC所在平面内一点，则“AG=13A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要【答案】C【分析】AG=13AB+23【详解】充分性：AG等价于：3等价于：AG等价于：BG所以G为BD的靠近D的三等分点，所以点G为△ABC必要性：若点G为△ABC重心，由重心性质知BG=2故选：C【变式11】2．（2022·高一课时练习）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：OP＝OA+λ(A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】C【分析】取线段BC的中点E，则AB+AC=2AE．动点P满足：OP=【详解】取线段BC的中点E，则AB+动点P满足：OP=OA+则OP则AP=2则直线AP一定通过△ABC的重心．故选：C．【变式11】3．过ΔABC内一点M任作一条直线，再分别过顶点A,B,C作l的垂线，垂足分别为D,E,F，若AD+BE+CF=A．垂心 B．重心 C．外心 D．内心【答案】B【分析】本题采用特殊位置法，将直线特殊为过三角形顶点，从而可得解.【详解】本题采用特殊位置法较为简单.因为过ΔABC内一点M任作一条直线，可将此直线特殊为过点A，则AD=0，有如图：则有直线AM经过BC的中点，同理可得直线BM经过AC的中点，直线CM经过AB的中点，所以点M是ΔABC的重心，故选B.【点睛】本题主要考查了向量在三角形中的应用，采用了特殊位置法，属于难题.【变式11】4．（2023·全国·高一专题练习）已知M点在△ABC所在的平面内，满足OM=OA+λ(ABA．内心 B．垂心 C．外心 D．重心【答案】D【分析】由给定条件可得|AB|sinB=|AC【详解】令△ABC边BC上的高为h，则有|AB|sin因此，AM=OM−所以动点M的轨迹一定通过△ABC故选：D【变式11】5．(多选)（2021春·高一课时练习）（多选）平面上点P与不共线的三点A、B、C满足关系：PA+PB+A．P在CA上，且CPB．P在AB上，且APC．P在BC上，且BPD．P点为△ABC【答案】BCD【分析】利用向量的线性运算化简，即可得到结论.【详解】由PA+PB+PC=AB，则则有CP//故选：BCD◆类型2重心的应用一参数取值【例题12】（2023春·湖北武汉·高一华中科技大学附属中学校联考期中）已知G是△ABC的重心，若AG=xABA．－1 B．1 C．13 D．－【答案】D【分析】根据三角形重心的定义和向量的线性运算进行解决.【详解】由题意，画图如下：由重心的定义，可知：AG=则x−2故选：D.【变式12】1．（2023春·江苏盐城·高一校考期中）在平行四边形ABCD中，G为△ACD的重心，AG=xA．103 B．2 C．53【答案】C【分析】由题意作图，根据重心的几何性质，得到线段的比例关系，利用平面向量的运算，可得答案.【详解】如图，设AC与BD相交于点O，G为△ACD可得O为BD的中点，DG=2AG=AO+OG故选：C【变式12】2．（2023春·安徽宿州·高一统考期中）已知△ABC的重心为O，若向量BO=mA．−23 B．23 C．−【答案】A【分析】由三角形法则和平行四边形法则求解即可.【详解】由三角形法则和平行四边形法则可得BO=BA+故选：A【变式12】3．（2023·全国·专题练习）如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点，设xAB＝AM，yAC＝AN，则1xA．3 B．4C．5 D．6【答案】A【分析】由向量共线的推论知AG=λAM+(1−λ)AN【详解】由题意AG=λAM+(1−λ)AN且0≤λ≤1所以AG=又G是△ABC的重心，故AG=所以xλ=13y(1−故选：A【变式12】4．（2023春·江西赣州·高一校联考期中）如图，记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，3(1)求cosA(2)若AD为边BC上的中线，M为△ABC的重心，P为△ABC的外心，且AP⋅PM=−【答案】(1)−(2)c【分析】（1）由题意及正弦定理得3b2+3（2）作PN⊥AC，得出AP⋅AC=12|AC【详解】（1）由题意及正弦定理得3b即b2由余弦定理得cosA（2）如图，过点P作PN⊥AC于点因为P为△ABC的外心，所以N为AC则AP⋅同理AP⋅因为M为△ABC所以AM=又PM=所以AP=−由b=3c，3b由cosA=−1因为P为△ABC的外心，所以AP为△ABC外接圆的半径，则则AP⋅得c=1◆类型3重心的应用二数量积【例题13】（2023春·山东枣庄·高一滕州市第一中学新校校考阶段练习）已知△ABC的外接圆圆心为O，H为△ABC的重心且AB=4,【答案】−【分析】由三角形重心及外心的性质即可得出结果.【详解】如图所示，取BC中点D，过O作OE⊥AB,OF⊥∵H为△ABC的重心，∴HBOA⋅AB=−故OA故答案为：−【点睛】结论点睛：（1）三角形的重心是三角形三条中线的交点，且是中线的三等分点（靠中点近），即AO=（2）三角形的外心是三角形三条中垂线的交点，即有：AO⋅◆类型4重心的应用三角度相关【例题14】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，O为△ABC的外心，D为BC边上的中点，c=4，AO⋅AD=5，sinC+sinA．32 B．12 C．14【答案】C【分析】根据AD=12(AB+AC)化简AO⋅AD=5可得AB【详解】由题意，O为△ABC的外心，D为BC边上的中点，可得：AD=12(AB+AC)，因为AO⋅AD=5，可得：AO⋅12(AB+故选：C.◆类型5重心的应用四面积问题【例题15】（2023春·吉林·高一东北师大附中校考阶段练习）已知A、B、C是平面上不共线的三点，O是△ABC的重心，点P满足OP=A．5:6 B．3:4 C．2:3 D．1:2【答案】D【分析】利用重心的性质和已知线性关系可得2OP【详解】由O是△ABC的重心，得OA+OB+则OB+OC=6所以点P为OA中点，即点P、点O为BC边中线的两个三等分点，所以S△ACO=所以△ACO与△CBP面积比为1:2.故选：D【变式15】（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）已知O是△ABC的外心，AB=6,AC=10，若AO=x【答案】202【分析】根据外心特点可知AO⋅AB=12AB2，AO【详解】∵O为△ABC的外心，AB=6,∴AO⋅AB∵AO即6xAO⋅即6x由2x+10y把③代入①②得6x+5−2xcos又A∈当cosA=13时，当cosA=35时，故答案为：202◆类型6重心的应用五其他问题【例题16】（多选）（2023春·湖南·临澧县第一中学校联考期中）如图，已知AD,BE,CF分别是△ABC的三条中线，G为△A．GA+GB+C．PA+PB+【答案】ACD【分析】根据三角形重心的性质，结合向量的分解即可判断.【详解】对于A选项，注意到AG=2GD，因此从而GA+对于B选项，由GA+PA−即PA+对于C选项，PA+PB+PC=2相加即得PA+对于D选项，2BC同理2CA2AB三式相加即得BC⋅故选：ACD.【变式16】1．（多选）（2023春·安徽阜阳·高一校考期中）已知点O是△ABCA．OA→+OBC．AO→=1【答案】AB【分析】利用重心的性质，结合图形可解.【详解】记D为BC中点，则O为AD靠近点D的三等分点因为OB→+OC又AB→+AC又OB→+OC故选：AB【变式16】2．（多选）（2023春·江苏扬州·高一扬州中学校考阶段练习）G是△ABC的重心，AB=2，AC=4，∠CABA．GAB．AC在AB方向上的投影等于2C．GAD．AP⋅(BP【答案】ACD【分析】根据重心的性质、一个向量在另一个向量方向上投影的概念、数量积的运算性质,逐项判断即可.【详解】对于A,设AB的中点为M,则GA+GB=2对于B,因为AC=4,∠CAB=120°,所以AC对于C,设AB中点为M,则GB⋅GA=(GM+而CM2=AM2+AC2所以GM=13CM=对于D,设BC中点O,AO中点为Q,则AP⋅(BP=2PQ而AO=12(,故AP⋅(故选:ACD.【变式16】3．（四川省达州市2023届数学（理科）试题）如图，在△ABC中，AB=3，∠ABC=π4，BA⋅BC=18，平面ABC内的点D、E在直线AB两侧，△ABD与△BCE都是以BA．26 B．33 C．5 D．【答案】A【分析】利用平面向量数量积的定义可求得AB，求出BO1、BO2、【详解】由平面向量数量积的定义可得BA⋅BC=延长BO1交AD于点G，延长BO2交CE于点H，则G、H分别为因为△ABD、△BCE均是以点B为直角顶点的等腰直角三角形，且AB=3所以，AD=2AB=32，CE因为O1、O2分别是△ABD则BO1=又因为∠ABG=1所以，∠O由余弦定理可得O1因此，O1故选：A.◆类型7重心与最值【例题17】在四边形ABCD中，G为△BCD的重心，AG=2，点O在线段AG上，则OA⋅OB+A．−3 B．−2 C．−1 D．0【答案】A【分析】首先根据平面向量的加法几何意义，三角形重心的性质和平面数量积的概念得到OA⋅(【详解】如图所示：因为OG=所以OB+于是有OA⋅(又OA⋅OG≤所以OA⋅(故选：A【变式17】1．（2023春·广东深圳·高一校考期中）过△ABC的重心G的直线l分别交线段AB,AC于点E,F，若A．1+223C．2+223 【答案】A【分析】利用重心的性质及已知用AE,AF表示出AG，再由E,【详解】如下图，若D为BC中点，又△ABC的重心G，则A,G,而AD=12所以32AG=12故2λ当且仅当μ=2λ故选：A【变式17】2．（2023春·陕西西安·高一西安市铁一中学校考期中）如图，已知点G是△ABC的重心，若PQ过△ABC的重心G，且AB=a，AC=b，AP=ma【答案】1+【分析】根据重心的几何性质和三点共线的向量表示，依据线段长的比例进行运算即可.【详解】∵G是△ABC的重心，∴AD是BC边上的中线，AG∴AD=∴AG=又∵AP=ma，AQ=nb（m>0∴AG=又∵P，Q，G三点共线，∴13又∵m>0，nm+2当且仅当2n3m=m∴m+2n的最小值为【变式17】3．（2023春·山西运城·高一康杰中学校考阶段练习）已知点G是△ABC的重心，过点G作直线与AB,AC两边分别交于M､N【答案】92【分析】由重心性质得AG=23【详解】延长AG交BC于D，则D是BC中点，AG=又M,G,N三点共线，所以所以m2当且仅当m=n=32故答案为：92【变式17】4．（2023春·河南濮阳·高一濮阳一高校考期中）如图，过△ABC的重心G任作一条直线，分别交边AB，AC于点D，E（不含端点），若AD=xAB，AE=yAC，x>0，y>0，记△ADE，△ABC，△ADG，△CEG的面积分别为(1)1x(2)用x分别表示S1S2，S【答案】(1)3(2)S1S2=x2【分析】（1）设出基底，由D，G，F三点共线的基本性质，利用共线向量的性质列出等式，求出1x（2）利用三角形重心的性质，三角形面积比的基本模型即可表示出S1S2【详解】（1）设AB=a，AC=由D，G，E三点共线，可设DG=λDE即13a+可得13消去λ得1x+1（2）S1S2由G为△ABC的重心，可得△GAB、△GBC所以S3S△S令t=2x−1∈当且仅当t=33，即x题型2外心【方法总结】（1）O是ΔABC外心⇔（2）若O是ΔABC外心，则sin（3）若O是ΔABC外心，则对于平面内任意点P，均有：◆类型1外心的判定【例题21】（2023·高一课时练习）已知P在△ABC所在平面内，满足PA=PBA．外心 B．内心 C．垂心 D．重心【答案】A【分析】由向量模的定义结合三角形的四心定义判断．【详解】PA=PB=PC表示P到故选：A．【变式21】1．（2023·广东佛山·佛山一中校考一模）在△ABC中，设AC2−AB2A．垂心 B．内心 C．重心 D．外心【答案】D【分析】设线段BC的中点为D，推导出DM⊥【详解】设线段BC的中点为D，则DB、DC互为相反向量，所以，AB+因为AC2−AB所以，AC+AB⋅即BC⋅AM−所以，DM垂直且平分线段BC，因此动点M的轨迹是BC的垂直平分线，必通过△ABC故选：D.【变式21】2．（2023秋·江苏·统考期末）△ABC中，AH为BC边上的高且BH=3HC，动点P满足AP⋅BCA．外心 B．内心 C．垂心 D．重心【答案】A【分析】设BC=4a，AH=b，以H为原点，HC、HA方向为x、y轴正方向建立空间直角坐标系，根据已知得出点A,B,C的坐标，设【详解】设BC=4a，以H为原点，HC、HA方向为x、y轴正方向如图建立空间直角坐标系，∵BH∴BH=3a则H0,0，B−3a,0，Ca设Px,y∵AP∴4ax=−1即点P的轨迹方程为x=−而直线x=−a平分线段BC，即点P的轨迹为线段根据三角形外心的性质可得点P的轨迹一定过△ABC故选：A.【变式21】3．（2023春·辽宁锦州·高一校考阶段练习）已知点P是△ABC的内心、外心、重心、垂心之一，且满足2AP⋅BC=A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心【答案】B【分析】设BC中点为D，利用向量的四则运算和数量积结合三角形内心、外心、重心、垂心的定义求解即可.【详解】设BC中点为D，所以AB+所以2AP即BC⋅AD−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故选：B【变式21】4．（2023春·河南·校联考阶段练习）已知点O为△ABC所在平面内一点，在△ABC中，满足2ABA．内心 B．外心 C．垂心 D．重心【答案】B【分析】由2AB⋅AO【详解】解：根据题意，2AB⋅AO所以AO⋅cosAB,AO=12所以点O在边AB的中垂线上，同理，点O在边AC的中垂线上，所以点O为该三角形的外心．故选：B．◆类型2外心的应用一参数取值【例题22】已知O为锐角△ABC的外接圆的圆心，tanA=2，若cosBsinA．55 B．255 C．3【答案】B【分析】取AB的中点D,AC的中点E，连接OD,OE，利用向量的数量积的计算公式，可得AB⋅AO=AB22,【详解】如图所示，取AB的中点D,AC的中点E，连接OD,OE，则OD⊥AB,OE⊥AC；所以AB⋅所以由cosB设ΔABC的外接圆半径为R，则AO=R由正弦定理得ABsin所以AB=2RsinC,代入可得2cos所以sinC又因为tanA=2，可得sinA=2【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆圆心的概念，向量的数量积的计算公式，以及三角函数恒等变换和正弦函数的性质的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．【变式22】1．（2017·辽宁沈阳·高一东北育才学校校考阶段练习）设P为锐角△ABC的外心（三角形外接圆圆心），AP=kAB+A．514 B．214 C．57【答案】A【分析】取BC中点D，根据外心性质知PD⊥BC，根据向量线性运算可证得A,P,D三点共线，从而得到【详解】取BC中点D，连接PD,∵P为△ABC的外心，∵AB+AC=2AD，∴∴AB=AC∵AP=PC，∴∠∴cos∠DPC=cos∠BAC=25，即则2k=5故选：A.【变式22】2．（2023春·江苏南京·高一南京外国语学校校考期中）在△ABC中，AB=8，AC=6，∠A=60°，M为△ABC的外心，若AM=【答案】7【分析】利用三角形外心的性质及数量积的几何意义计算即可.【详解】如图所示，取AB中点E，则由三角形的外心的性质及数量积的几何意义，可得：AM⋅同理可知：AM⋅故λAB2+而AB=8，AC=6，∠A即64λ+24μ=32，24λ+36μ=18，则故答案为：7【变式22】3．（2023春·河南南阳·高一南阳中学校考阶段练习）已知△ABC中，∠A=60°，AB=6，AC=4，O为△【答案】11【分析】由题意可知，O为△ABC外接圆的圆心，过O作OD⊥AB,OE⊥AC，已知等式两边同乘以AB【详解】由题意可知，O为△ABC设半径为r，在圆O中，过O作OD⊥AB,因为AO=λAB+μAO,AB的夹角为∠OAD则r×6×3r同理AO=λAB+μAC两边乘则r×4×2r①②联立解得λ=49所以λ+故答案为：11【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将AO=λAB+μ◆类型3外心的应用二长度问题【例题23】（2023·全国·专题练习）在△ABC中，AB=6，AC=35．点M满足AM=15AB+14AC．过点M的直线l分别与边AB,AC交于点【答案】3【分析】由D,M,E三点共线可设AM=tAD+1−tAE0<t<1，由此可利用【详解】∵D,M,E∴15AB=tAD，∴15t=1λ1∴CG=AG∵G为△ABC的外心，∴40整理可得：10t∴AB⋅AC=360∴AG2=∴AG故答案为：310◆类型4外心的应用三数量积问题【例题24】（2022·全国·专题练习）在△ABC中，CA=2CB=4，F为A．－4 B．4 C．－6 D．6【答案】C【分析】设△ABC的外接圆半径为r，∠CFA=β,∠CFB=α，由余弦定理得到r2【详解】设△ABC的外接圆半径为r，∠由余弦定理得：BC2=BAC2=AF所以CF==因为r2cosα所以CF⋅故选：C．【变式24】1．已知ΔABC，AB=6，AC=3，N是边BC上的点，且BN=2NC，O为ΔABC的外心，AN A．8 B．10 C．18 D．9【答案】D【分析】先由BN=2NC得到AN=13AB+23AC，取【详解】因为BN=2NC，所以AN−取AB，AC中点分别为D,E，则OD⊥AB，OE⊥AC；因此AB ·所以AN 故选D【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，熟记数量积运算法则以及数量积的几何意义，即可求解，属于常考题型.【变式24】2．已知△ABC的外接圆的圆心为O，AB=23，AC=22，∠BAC为钝角，M是线段BC的中点，则AM⋅A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】将AM=12【详解】∵M为BC的中点，∴AM=故cos∠BAO=sin∠C，AM⋅【点睛】此题考查基本向量运算，关键的在与半径形成的两向量的夹角余弦值用半径和边长表示出来即可，属于较易题目．【变式24】3．（2023春·山西大同·校考阶段练习）已知O是△ABC的外心，AB=4，AC=2A．10 B．9 C．8 D．6【答案】A【分析】根据三角形外心的性质，结合数量积的几何意义以及数量积运算律，即可求得答案.【详解】如图，O为△ABC的外心，设D,E则OD⊥故AO=|=|=1故选：A【变式24】4．（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考期中）在△ABC中，∠A=60°，BC=23，O为△【答案】−4【分析】先求出OA=OB=OC=2.设∠AOB=【详解】如图示，作出△ABC由正弦定理得：BCsinA=2R,即23设∠AOB=α所以OA=4cosα因为O为△ABC的外心，所以∠AOD=同理：OE=2cosβ2因为OD2+OE所以cos2由二倍角的余弦公式可得：cosα所以OA⋅故答案为：−4.【点睛】向量的基本运算处理的常用方法：(1)向量几何化：画出合适的图形，利用向量的运算法则处理；(2)向量坐标化：建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算处理．◆类型5外心的应用四角度问题【例题25】（2023春·山东潍坊·高一山东省潍坊第四中学校考阶段练习）在△ABC中，设O是△ABC的外心，且AO=A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【分析】直接利用△ABC重心的性质，可知△ABC的重心与外心重合，可得△ABC为等边三角形.【详解】依题意，因为AO=又因为O是△ABC的外心，所以△ABC是等边三角形，所以∠BAC=60°.故选：C.◆类型6外心的应用五其他问题【例题26】（多选）（2023春·湖北武汉·高一华中科技大学附属中学校联考期中）已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，O为△ABC的外心，b=4,c=5，△A．A=π3 B．S=103 【答案】ACD【分析】结合题意和余弦定理得出A=【详解】由b+c2bccos得sinA−π6=∴A−π6S=AO⋅由AO=λ得252=25λ+10μ故选：ACD.【变式26】（多选）（2023春·河南信阳·高一河南省信阳市第二高级中学校考期中）已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知b=4，c=6，△ABC的面积S满足b+A．S=6 B．CB⋅AO=10 C．【答案】ABD【分析】已知b+c2=43+8S+a2【详解】解：对于A，已知b+c2由余弦定理可知b2+c2−等号两边同时平方，可得7+43则7+43sin2因为sinA≠0，所以则sinAcosA因为A∈0,π，则S=对于B，CB⋅因为点O为△ABC的外心，所以AOcos∠AOB则CB⋅对于C，由余弦定理a2由正弦定理asinA=2对于D，因为AO=λAB即36λ+123同理AO⋅即123λ+16联立①②，解得λ=2−23故选：ABD.◆类型7外心与最值【例题27】（2022春·重庆沙坪坝·高一重庆八中校考期中）在△ABC中，角B，C所对的边分别为b，c，点O为△ABC的外心，若b2A．−14 B．−12 C．【答案】A【分析】取BC边的中点D，连接OD，AD，则由题意可得DO⋅BC=0，所以可得BC⋅AO【详解】在△ABC中，取BC边的中点D，连接OD，AD因为点O为△ABC所以OD⊥所以DO⋅所以BC====1因为b2+c所以BC⋅因为c2=2b所以当b=12时，BC故选：A【变式27】1．（2023·全国·专题练习）在△ABC中,AB=2,∠ACBA．1 B．32 C．3 D．【答案】C【分析】取AB中点为D,将OC写为OD+DC,展开后,将CA,【详解】解:由题知,记△ABC的三边为a因为O是△ABC记AB中点为D,则有OD⊥所以OD且CD=所以AC======1在△ABCcos∠ACB即a2即a2代入①中可得:AC⋅在△ABCasin所以b=2sin所以AC⋅当b=2,故AC⋅故选:C【变式27】2．（2023春·重庆北碚·高一西南大学附中校考阶段练习）在△ABC中，O是其外心，∠A=π3，AB=1，AC=4.边AB，AC上分别有两动点P，Q【答案】16【分析】利用余弦定理求出a，再由正弦定理求出外接圆半径AO，利用外心定义及数量积定义计算出AO·AB、AO·AC及AB·【详解】在△ABC中，由余弦定理即a2=b2+c得a=16+1−4=因为线段PQ恰好将△ABC所以S△因为O是其外心，所以AO⋅AB=由正弦定理asinA=2且AB⋅又OP=所以OP=因为0<λ<1,0<μ<1，且当且仅当12λ=8此时OP⋅OQ=163故答案为：16【变式27】3．（2023春·全国·高一专题练习）设点P在△ABC内且为△ABC的外心，∠BAC=30°，如图.若△PBC【答案】33/【分析】根据奔驰定理可得AP=2xPB【详解】根据奔驰定理S△PBC⋅PA+平方得AP2又因为点P是△ABC的外心，所以PA=PB所以x2+y2+xy=14当且仅当x=y=故答案为：33【变式27】4．（2022春·全国·高一期末）如图所示：点O是△ABC所在平面上一点，并且满足AO=m(1)若实数m=n=13(2)若O是△ABC的外心，求m(3)如果O是∠BAC的平分线上某点，则当m+3【答案】(1)证明过程见解析；(2)n=−(3)63【分析】（1）运用平面向量加法的几何意义，结合共线向量的性质和三角形重心的性质进行证明即可；（2）根据三角形外心的性质，结合平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可；（3）根据三角形内心的性质，结合平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.【详解】（1）当实数m=n=13由AO=即AOOD=2，所以O是（2）设BA的中点为E，显然BA⊥AO⋅由AO=设AC的中点为F，显然CA⊥AO⋅由AO=即6m（3）因为O是∠BAC所以AO=所以由AO=由m+3n=1所以AO=⇒AO【点睛】关键点睛：运用三角形重心、外心、内心的性质是解题的关键.【变式27】5．（2023春·江苏南京·高一南京市中华中学校考阶段练习）在锐角△ABC中，cosA=22(1)若AO=xAB(2)若BC=①求证：OA+sin2②求3OA【答案】(1)2−(2)①证明见解析；②3−5【分析】（1）推导出AO⋅AC=12AC2，AO⋅AB=12AB（2）①证明出sin2B⋅OB−cos2B⋅OC=AO，设OA与sin2②计算出△ABC的外接圆半径为1，可得3OA+2OB+【详解】（1）解：如下图所示：取AB的中点D，连接OD，则OD⊥所以，AO⋅同理可得AO⋅由平面向量数量积的定义可得AB⋅因为AO=xAB即12AB2AO⋅AC=所以，2x联立①②可得x=1−22所以，x+当且仅当AB=AC时，等号成立，故x+（2）解：①因为cosA=22，由圆的几何性质可得∠BOC=2∠A设△ABC的外接圆半径为R所以sin2B所以sin2B又OA而∠AOC=2∠ABC所以，cos∠AOB所以sin2=−sin设OA与sin2B⋅OB−cos2B则cosθ所以θ=π，即OA故OA+sin2②因为BC=2，∠BOC=π2，3=9+4+1+12cos2=14+12cos2C+6cos3π2−2C=14+12cos2由tanθ=sin因为0<C<π20<则π2+θ因为余弦函数y=cosx在π2又因为cosπ2+所以，−1≤cos2所以，3−5所以，3OA【点睛】方法点睛：求向量模的常见思路与方法：（1）求模问题一般转化为求模的平方，与向量数量积联系，并灵活应用a2（2）a⋅a=（3）一些常见的等式应熟记：如a±b2【变式27】6．（2023·全国·高一专题练习）在△ABC中，a、b、c分别为角A，B，C的对边，平面内点O满足(OA+(1)证明：点O为三角形的外心；(2)求BC⋅【答案】(1)证明见解析(2)−【分析】（1）已知(OA+OB（2）延长AO交外接圆于点D，则AD是圆O的直径，可得cos∠CAD=ACAD，cos∠BAD=AB【详解】（1）证明：由(可得：(OA所以OB2=OA同理：OA=OC，所以所以点O为三角形的外心.（2）由于O是三角形外接圆的圆心，故O是△ABC如图所示，延长AO交外接圆于点D，则AD是圆O的直径．所以∠ACD=∠ABD=90°，所以BC=12AC因为c2=2b令f(则当b=12时，f又因为f(0)=0，f所以−1所以BC⋅AO题型3内心【方法总结】（1）O是ΔABC内心（2）O是ΔABC内心⇔a（2）O是ΔABC内心⇔◆类型1内心的判定【例题31】O是平面上一定点，A,B,C是平面上不共线的三个点，动点P满足：OP=OA+λAB|A．内心 B．垂心 C．重心 D．外心【答案】A【分析】由题意可得AP=λ(AB|【详解】解：∵AB|AB|、AC|AC∴AB|AB|又∵OP=∴OP−∴向量AP的方向与∠BAC的角平分线一致，∴一定通过△ABC的内心，故选：A．【变式31】1．（2022·高一课时练习）已知三个不共线的向量OA,OB,OC满足OA⋅(ABABA．内心 B．外心 C．重心 D．垂心【答案】A【分析】根据题意和向量加法的平行四边形法则作出几何图形，得到四边形ADFE是菱形，根据菱形性质可得O在△ABC的角平分线上，从而可得出O【详解】如图所示，在AB上取点D，在CA延长线上取点E，使得AD=可得AD=AE=1，以AD则AF=因为AD=AE=1，所以平行四边形ADFE过点A作DE的平行线AG交BC于点G，因为OA⋅(ABAB+CACA)=0，即OA因为∠FAD+∠BAG由菱形的性质可得∠FAD=∠EAF所以AG为∠BAC的角平分线，所以O在∠同理可得：O在∠ABC的角平分线上，故O在∠所以O为△ABC故选：A.【变式31】2．（2023春·河北邯郸·高一大名县第一中学校考阶段练习）在△ABC中，AB=4,AC=6，点D，E分别在线段AB，AC上，且D为AB中点，AE=12A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心【答案】A【分析】根据题意，可得四边形ADPE为菱形，即可得到AP平分∠BAC【详解】因为AB=4,AC=6，且D为AB则AD=又因为AP=AD+即AP为菱形ADPE的对角线，所以AP平分∠BAC，即直线AP经过△故选:A【变式31】3．（2023·全国·高一专题练习）已知I为△ABC所在平面上的一点，且AB=c,AC=bA．重心 B．内心 C．外心 D．垂心【答案】B【分析】利用平面向量基本定理及向量数量积的运算可求得IA=−bca+b【详解】因为IB=aIA+b所以(aIA=−=−=−bc所以IA在角A的平分线上，故点I在∠BAC同理可得，点I在∠BCA的平分线上，故点I在△故选：B.◆类型2内心的应用一三角形形状问题【例题32】点O为△ABC所在平面内一点，OA⋅OB=A．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰直角三角形 D．等边三角形【答案】B【解析】由OA⋅OB=【详解】∵OA所以OA⊥BC.∵∴AO在∠BAC的角平分线上，所以AO既在BC边的高上，也是∠BAC的平分线，所以△ABC是等腰三角形.故选B【点睛】本题主要考查平面向量的加法法则和减法法则的几何应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.【变式32】已知非零向量AB、AC满足ABAB+ACAC⋅BC=0A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形C．等腰（非等边）三角形 D．等边三角形【答案】D【分析】由ABAB+ACAC⋅BC=0【详解】解：因为AB|AB|和ACAC分别表示向量由ABAB+ACAC⋅∴△ABC为等腰三角形，且AB=AC，∵2AB⋅AC∴cos∠A=1∴∠A=π∴∠B=∠C=∠A=π∴三角形为等边三角形．故选：D．◆类型3内心的应用二数量积问题【例题33】（2022春·四川成都·高一成都外国语学校校考期中）在△ABC中，AB=3,BC=7,ACA．3 B．72 C．5−7 【答案】C【分析】由余弦定理得cos∠BAC=12，得到∠BAC=60∘，求得【详解】在△ABC中，由AB=3,BC=7,AC=2，且点设圆O交AC于点D，根据余弦定理可得cos∠BAC所以∠BAC=60∘，所以则△ABC内切圆半径r所以在△AOD中，AO所以AO故选：C.【变式33】1．（2022·全国·专题练习）设I为△ABC的内心，若AB=2，BC=23，【答案】6-2【分析】利用向量的数量积运算求解或根据投影的几何意义求解.【详解】解法1：不难发现，△ABC是以B为直角顶点的直角三角形，如图，设圆I与AB､AC､BC分别相切于点D､E､F，设圆I的半径为r，则ID=IE=IF=r，显然四边形BDIF是正方形，所以BD=BF=r，从而AD=2-r，CF=23-r，易证=AE故答案为:6-23解法2：按解法1求得△ABC的内切圆半径r=3-1，由图可知AI在所以AI⋅故答案为:6-23【变式33】2．（2022·高一课时练习）已知点O是边长为6的等边△ABC的内心，则OC+【答案】−1【分析】根据正三角形，求出|OA|＝|OB|＝|OC|的值，及OA，OB，OC的两两夹角大小，将所求表达式展开，利用向量的数量积定义求解即可．【详解】设D为BC的中点，因为点O是边长为6的等边△ABC的内心，所以OA，OB，OC两两夹角为120°，且|OA|＝|OB|＝|OC|=23|AD|所以OC+OA＝2−2×＝−1.故答案为：−1．◆类型4内心的应用三参数取值【例题34】（2022·全国·专题练习）在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，O为△ABC的内心，若AOA．23 B．34 C．56【答案】C【分析】根据向量的减法法则化简题中的等量关系，结合三角形内心的性质得到系数的关系求解.【详解】由AO=λAB则1-λ因为O为△ABC的内心，所以BCOA从而1-λ解得λ=712，μ故选：C.◆类型5内心的应用四角度问题【例题35】（2023·全国·专题练习）已知G为△ABC的内心，且cosA⋅【答案】π3/【分析】本题利用结论得aGA+bGB+cGC【详解】首先我们证明一个结论：已知O是△ABC所在平面上的一点，a,b,c为△ABC的三边长，若a⋅OA+证明:OB=则a⋅OA+等式两边同时除以a+AO=AB|AB|表示AB方向上的单位向量，同理AC|AC|表示则AO为∠BAC的角平分线，同理BO、CO分别为∠ABC,∠ACB的角平分线，所以于是我们得到本题的一个结论aGA又∵cosA∴由正弦定理与题目条件可知sinA由sinA:sinB可得A=B，同理可得B=故答案为：π3◆类型6内心的应用五其他问题【例题36】（2023春·全国·高一专题练习）已知△ABC，I是其内心，内角A,BA．AI=13C．AI=bAB【答案】C【分析】结合平面向量线性运算以及正弦定理等知识求得正确答案.【详解】延长AI,BI,CI，分别交在三角形ABD和三角形ACD中，由正弦定理得：BDsin由于sin∠ADB=sin∠ADC，所以BD同理可得cBD=AIAI=所以AD=b则AI=故选：C◆类型7内心与最值【例题37】（2022·江苏·模拟）在△ABC中，cosA=34，O为△ABC的内心，若AO=xAB+yACA．23 B．6−65 C．7−【答案】D【分析】设AD=λAO=λx【详解】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D设∠OAB=θ，则cosA=cos设AD∵B,D,C三点共线，则λx+λy=1，即x+y=1即x+y≤故选：D．【变式37】（2022·全国·专题练习）在△ABC中，cos∠BAC=1【答案】3−【分析】设AD=【详解】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OE≤设AD=因为B、C、D三点共线，所以λx+λy=1因为cosA=1−2sin2A所以x+故答案是：3−题型4垂心【方法总结】（1）O是ΔABC垂心⇔（2）若O是ΔABC垂心，则tan◆类型1垂心的判定【例题41】（2023春·重庆南岸·高一重庆市辅仁中学校校考阶段练习）已知O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λABABcosA．重心 B．外心 C．内心 D．垂心【答案】D【分析】计算AP⋅【详解】因为AP=∴AP∴AP⊥BC，因此，点P故选：D.【变式41】1．点P为△ABC所在平面内的动点，满足AP=t(AB|AB|cosB+AC|A．外心 B．重心 C．垂心 D．内心【答案】C【分析】对题目的式子两边乘以CB，得到AP所在直线为高所在直线，即可．【详解】处理原式得到AP故AP所在的直线与三角形的高重合，故经过垂心，故选C．【点睛】考查了平面向量数量积，考查了垂心的性质，关键得到AP⋅【变式41】2．（2022春·高一课时练习）若O是△ABC内一点，且OA⋅OB=OAA．垂心 B．重心 C．外心 D．内心【答案】A【分析】根据条件，可得OA⋅CB=OB⋅【详解】因为OA⋅所以OA⋅即OA⋅则OA⊥BC,即O是三条高线的交点，为△ABC故选：A.◆类型2垂心的应用一角度问题【例题42】设H是△ABC的垂心，且4HA+5HB【答案】−【分析】由三角形垂心性质及已知条件可求得HA⋅HB=−【详解】∵H是△ABC的垂心，∴HA⊥BC，∴HA⋅HB=故HA⋅∵4HA∴4HA∴HA⋅HB=−∴cos∠AHB=HB⋅∴cos2∠AHB=2故答案为：−22【变式42】1．已知H为△ABC的垂心，若AH=13AB+A．155 B．C．63 D．【答案】C【分析】BH=−23AB+25AC，CH=13【详解】依题意，BH=BA+由H为△ABC的垂心，得BH⋅AC=0可知25AC2=2即13AB→即cos∠BAC=5ABsin2∠BAC=1−cos所以sin∠BAC=故选：C．【变式42】2．（2023春·高一单元测试）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+A．23 B．13 C．23【答案】A【分析】由O是垂心，可得tanA⋅OA+tanB【详解】∵O是△ABC的垂心，延长CO交AB与点P∴S=tan∠BOC同理可得S1:S3=tan又S1∴tanA又OA+2⋅∴tanA不妨设tanA=k∵tanA∴k=−2k+4k当k=−78时，此时tanA<0，tan故k=78，则tanB=2于是sinBcosB故选：A.【变式42】3．（2021·北京·强基计划）已知H是△ABC的垂心，2HA+3【答案】42【分析】利用五心的向量表达式可求tanA:tanB【详解】法1：根据三角形五心的向量表达，有tanA设tanA,tanB根据三角恒等式tanA可得2t因此△ABC的最大内角的正切值为4t=法2：因为H是△ABC的垂心，故HA设HA⋅则HA⋅2HA同理，HB2=2m而A+∠故cosA同理，cosB=8因为cosC<cosB<cosA故答案为：42【变式42】4．（2023春·湖北黄冈·高一校联考期中）若O为△ABC的垂心，2OA+3OB+5【答案】53−21【分析】依题意可得2OA+OC=−3OB+OC，设M为AC的中点，N为BC的中点，则2OM=−3ON，即可得到三角形面积之比，从而得到S△AOBS△ABC【详解】因为2OA+3OB设M为AC的中点，N为BC的中点，则OA+OC=2所以2OM所以MN为△ABC的中位线，且OMON=32，所以O又OMAD=12，ONDB所以S△同理可得S△所以S△AOBS又O为△ABC的垂心，OD设OD=x，OB=y，则所以cos∠BOD=xy=cos∠COE所以cos∠BOD=21故答案为：53；◆类型3垂心的应用二角度问题【例题43】（2022秋·湖南·校联考期中）若点O是锐角△ABC的垂心，且∠B=60°,【答案】2【分析】由BO⋅BC=(BA−【详解】由题意可得：点O是△ABCBO⋅BC=(所以|BA||BC故答案为：2◆类型4垂心的应用三数量积问题【例题44】（2022·全国·专题练习）在△ABC中，点O、点H分别为△ABC的外心和垂心，|AB【答案】8【分析】根据H为垂心，得到OH⋅BC=−AO⋅BC，设∠AOB=A【详解】解：OH=OH⋅因为H为垂心，所以AH⋅BC=0设∠AOB=A由余弦定理得AB2=r=2r同理AC2=r=2r所以AO⋅=AO=OA=OA=r=AC所以OH⋅故答案为：8◆类型5垂心的应用四其他问题【例题45】（多选）（2023·全国·高一专题练习）如图所示，O为△ABC的外心，H为垂心，其中OHA．a+b+3C．a=b=【答案】ABD【分析】作直径BD，连接DA、DC，则可得四边形AHCD是平行四边形，有AH=DC，然后利用向量的加法法则可求出OH=【详解】作直径BD，连接DA、DC，则OB=−OD，DA⊥AB，AH⊥∴CH∥DA，AH∴AH=DC∴OH∵OH=∴对于A，a+对于B，a+对于C，a=对于D，3a故选：ABD题型5四心综合【例题5】（2023春·河北邢台·高一沙河市第二中学校联考阶段练习）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，点O,G,P,QA．垂心，重心，外心，内心 B．垂心，重心，内心，外心C．外心，重心，垂心，内心 D．外心，垂心，重心，内心【答案】A【分析】根据三角形垂心，重心，外心，内心的定义和性质结合平面向量的线性运算和共线定理，分别推导即可.【详解】由|OA|2即OA+则OA+所以2OC⋅BA=0，则OC⊥即O是△ABC三边上高的交点，则O为△由GA+GB+设AB的中点为M，则GA+GB=2GM=−GC，即所以G在△ABC的中线CM上，同理可得G在△即G是△ABC三边中线的交点，故G为△由PA+PB⋅AB=0又M是AB的中点，所以P在AB的垂直平分线上，同理可得，P在BC，AC的垂直平分线上，即P是△ABC三边垂直平分线的交点，故P是△延长CQ交AB于点N，因为Q，C，N三点共线，则设QN=kQC且QA=QN+代入aQA+b即ak+又因为NA与NB共线，QC与NA、NB不共线，则只能当ak+bk+即aNA=−b由正弦定理得：sin∠ACN又∠ANC+∠BNC即sin∠ACN=sin∠BCN，又0<∠则CN是∠ACB的角平分线，即点Q在∠同理可得，Q在∠ABC，∠即Q是△ABC内角平分线的交点，故Q是△故选：A.【变式51】1．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第六中学校校考阶段练习）已知O，N，P在△ABC的所在平面内，且|OA|=|OB|=|A．重心，外心，垂心 B．重心，外心，内心C．外心，重心，垂心 D．外心，重心，内心【答案】C【分析】根据三角形四心的定义，结合平面向量的模的定义、四则运算与数量积运算，判断即可.【详解】因为|OA所以O到△ABC的三个顶点的距离相等，所以O为△设AB的中点为D，则由NA+NB+所以N为△ABC因为PA⋅所以PA⋅PB−PB⋅所以PB⊥AC，同理可得所以P为△ABC故选：C.【变式51】2．（2022·高一课时练习）若O，M，N在△ABC所在平面内，满足|OA|=|OB|=|A．重心，外心，垂心 B．重心，外心，内心C．外心，重心，垂心 D．外心，垂心，重心【答案】D【分析】由平面向量数量积的运算，线性运算及三角形五心的性质即可判断出答案．【详解】解：因为|OA所以OA＝所以O为△ABC因为MA⋅所以MB⋅（MA即MB⋅同理可得：MA⊥BC，MC⊥AB，所以M为△ABC因为NA+所以NA+设AB的中点D，则NA+所以−NC=2所以C，N，D三点共线，即N为△ABC的中线CD上的点，且NC所以N为△ABC的重心．故选：D．【变式51】3．（多选）（2022·全国·专题练习）已知点O，N在△ABC所在平面内，且|OA|=|OBA．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】AC【分析】分析出点O到三角形的三个顶点的距离相等，所以O为△AB