专题09 平面向量与三角形中的“四心”问题六种常考题型（高效培优专项训练）数学苏教版高一必修第二册

专题09 平面向量与三角形中的“四心”问题六种常考题型 题型一：重心问题 题型二：外心问题 题型三：内心问题 题型四：垂心问题 题型五：三角形中的“四心”问题的综合 题型六：奔驰定理与三角形的“四心” 题型一：重心问题 1．在中，为的重心，.则（  ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】利用三角形重心的性质，结合向量线性运算的性质，即可求解. 【解析】根据三角重心的性质，有， 所以，，故. 故选：B 2.已知的重心为，若，且，则（  ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】首先判断，再根据重心的向量表示，变形后，利用数量积公式，即可求解. 【解析】因为，故． 而，故， 则． 故选：B 3.已知所在平面内的动点满足，且实数，形成的向量与向量共线，则动点的轨迹必经过的（  ） A．垂心 B．内心 C．外心 D．重心 【答案】D 【分析】利用向量共线的坐标公式通过与向量共线，经过整理得到，将其代入，经过整理得到，，利用向量减法的三角形法则得到，取的中点，由向量加法的平行四边形法则得到，将其代入得到，动点的轨迹必经过的重心. 【解析】与向量共线，故， 即，解得， 将代入，得到， 即，所以， 取的中点，则有， 故，所以动点的轨迹必经过的重心. 故选：D. 4.已知是平面上一定点，是平面上不共线的三点，动点满足，则点的轨迹一定通过的（  ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【答案】C 【分析】利用向量的线性运算，结合向量共线及三角形重心性质即可判断. 【解析】由，得， 设边的中点为，则， 所以，因此三点共线， 所以点的轨迹一定通过的重心. 故选：C. 5.若O是平面内一定点，A，B，C是平面内不共线的三点，若点P满足+λ(λ∈(0，+∞))，则点P的轨迹一定通过△ABC的（  ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【答案】C 【分析】设的中点为，通过向量的线性运算求得，由此判断出的轨迹经过三角形的重心. 【解析】设线段BC的中点为D，则有)， 因此由已知得+λ，即=λ，于是=λ，则， 因此P点在直线AD上，又AD是△ABC的BC边上的中线， 因此点P的轨迹一定经过三角形ABC的重心． 故选：C 6.（多选）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 【分析】根据三角形重心的性质，向量共线的判定及向量的线性运算即可判断． 【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． 7.（多选）如图，在中，D，E，F分别是BC，CA，AB的中点，是AD与BE的交点，则（  ） A． B．对于任意一点，都有 C．对于任意一点，都有 D． 【答案】BCD 【分析】由重心的性质及中线的向量表示可判断A，由向量的减法及A判断B，由向量的减法及B可判断C，由数量积的运算法则及相反向量可判断D. 【解析】由题意，知为的重心， 因为F是AB的中点，所以，故A错误； 因为， 所以，故B正确； 由B选项可知， ，所以，故C正确； 因为， 同理，， 三式相加可得，故D正确. 故选：BCD 8.如图，已知，，是中线，G为重心，则 ； .（用向量、表示）    【答案】 【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得，再由重心的性质得到，从而得解. 【解析】因为是中线，所以为的中点，所以， 所以， 又G为的重心，所以. 故答案为：； 9.已知点是的重心，，，，则 ． 【答案】 【分析】根据三角形重心的性质可得，平方后即可求得答案. 【解析】由于点是的重心，故， 故， 即， 故 ， 故答案为： 10.已知△ABC中，，，，则____________． 【答案】## 【分析】根据三角形重心的定义可得，结合题意和平面向量的线性运算即可得出结果. 【解析】由知，点O是△ABC的重心， ∵， ∴，， ∴． 故答案为：. 11.如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别与边、交于、两点（点、与点、不重合），设，． (1)求的值； (2)求的最小值，并求此时，的值． 【答案】(1)；(2)，时，最小值为． 【分析】（1）由三角形重心性质可得，结合三点共线性质即可求得结果. （2）运用“1”的代换及基本不等式求解即可. 【解析】（1）如图所示， 因为G为重心，所以， 所以， 因为M，G，N三点共线，所以，即． （2）由题意可知，且， 所以 当且仅当，即时取等号， 又∵，∴，时，取得最小值为． 题型二：外心问题 12．已知是所在平面上一点，若，则是的（  ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 【答案】B 【分析】由已知可得，由此可得出结论. 【解析】因为，则，所以，是的外心. 故选：B. 13.是所在平面上一点，若，则是的（  ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 【答案】B 【分析】根据给定等式，利用数量积运算律结合向量减法计算得判断作答. 【解析】由得：，即，则有， 由，同理可得，因此，， 所以是的外心. 故选：B 14.已知点为所在平面内一点，若，则点的轨迹必通过的（  ） A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心 【答案】B 【分析】为的中点，由得，则点的轨迹必通过的外心. 【解析】点为所在平面内一点，若， 设为的中点，， 则有，所以， 所以动点在线段的中垂线上，则点的轨迹必通过的外心. 故选：B 15.已知三角形的外心为，，，则在上的投影向量为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】得为斜边的中点，过点作，垂足为，在上的投影向量为，再由、共线可得答案. 【解析】因为，所以，所以是直角三角形． 又为的外心，所以为斜边的中点，所以． 如图，过点作，垂足为， 故在上的投影向量为， 又， ， 故，因此在上的投影向量为. 故选：D． 16.（多选）已知为的外心，，则（  ） A．与不共线 B．与垂直 C． D． 【答案】BC 【分析】利用向量的线性运算可得，可判断A；由为的外心，可得与垂直；进而可得与垂直，可判断B；利用已知可求得，进而可求得可判断C；由已知可得，两边平方可求得. 【解析】选项A：由得，则与共线，故A错误． 选项B：因为为的外心，所以，所以与垂直， (在中，取的中点，连接，则，所以，    所以)，因为与共线，所以与垂直，故B正确． 选项C：设，则，由得， 所以，故C正确． 选项D：设的外接圆半径为1，由得， 所以，两边同时平方得， 即，所以，故D错误． 故选：BC. 17.（多选）已知点是的外心，点是边的中点，则下列结论中正确的是（  ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】结合外心性质利用数量积的运算律求解判断A，利用数量积的几何意义求解判断B，利用重心的向量形式判断C，利用向量的线性运算化简判断D. 【解析】对于A，因为点是边的中点，所以， 又点是的外心，所以，即， 所以，正确； 对于B，，正确； 对于C，当点是的重心时才有，错误； 对于D，， ，正确. 故选：ABD. 18.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，，则P的轨迹一定经过的 ．(从“重心”，“外心”，“内心”，“垂心”中选择一个填写） 【答案】外心 【分析】由已知可得，由此可得出结论. 【解析】如图所示：为中点，连接， ， ，故， 即，故的轨迹一定经过的外心. 故答案为：外心 19.在中，，，，点为的外心，若，、，则____________. 【答案】 【分析】令边AB，AC中点分别为D，E，将分别用和表示，再与求数量积即可列式计算作答. 【解析】如图，令边AB，AC中点分别为D，E，连接DO，EO，因点为的外心，于是得，， ， ，， ，， 依题意，， ， 解得， 所以. 故答案为： 20.已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为 . 【答案】 【分析】由题可得，从而得到为直角三角形，由投影向量的概念求解. 【解析】因为， 所以，即， 所以在上， 又因为点为的外心， 所以的外接圆以为圆心，为直径， 所以为直角三角形，且，为中点，    因为向量在向量上的投影向量为， 所以，即， 又，所以 由于为锐角，所以 故答案为： 题型三：内心问题 21．已知，若点P满足，其中，则点P的轨迹一定通过的（  ） A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心 【答案】B 【分析】先根据单位向量的加法得出点在角平分线上进而得出轨迹过内心即可. 【解析】指向角A的平分线方向， 而与是平行的，所以依旧指向角A的平分线方向， 所以点P的轨迹即为角A的平分线及其反向延长线.而内心一定落在角A的平分线上， 所以点P的轨迹会经过内心. 故选：B. 22.已知所在的平面上的动点满足，则直线一定经过的（ ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 【答案】C 【解析】因为，， 根据平行四边形法则知表示的向量在三角形角的平分线上， 而向量与共线，点的轨迹过的内心. 故选：C． 23.设 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， 是 所在平面上的一点， ，则点 是 的（  ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 【答案】C 【分析】条件可转化为 ， ，结合数量积的定义证明 ， 由此确定的位置. 【解析】因为 ， 所以 ， ， 即 ， ， 所以 ， ． 所以，， 又， 所以 ， ， 所以 在 的平分线上， 在 的平分线上， 所以点 是 的内心． 故选：C． 24.已知O是所在平面上的一点,角A、B、C所对的边分别为a,b,c，若（其中P是所在平面内任意一点），则O点是的（  ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【答案】B 【分析】将所给向量表达式进行变形,表示成与方向上的单位向量的形式,由向量加法运算的性质即可知O在角平分线上,即可得解. 【解析】因为 则,即 移项可得 即 则 因为 所以 化简可得,即 设为方向上的单位向量,为方向上的单位向量 所以, 则 所以 则在的角平分线上 同理可知 在的角平分线上 因而为的内心 故选:B 25.设为的内心，，，，则 ， ． 【答案】 /0.625 /0.3125 【分析】解法1：根据平面向量共线定理即可求解. 解法2：根据题意，以所在直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，根据坐标运算即可求解. 【解析】解法1： ， 设为与的交点，如图所示， 由角平分线的性质知，， 故， 则有，解得. 解法2： 以所在直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，如图， 则，，． 又设，则，，． 因为是内心， 所以， 又，得，即，则， 所以，从而， 解得. 故答案为：. 26.设为的内心，，，，则_______________ 【答案】 【分析】取中点，作，根据内心的特征可知；利用内切圆半径的求法可求得，由长度关系可求得，利用向量线性运算可表示出，由此可得. 【解析】取中点，连接，作，垂足分别为， ，为的角平分线，； 又，，，则； 周长，面积， 内切圆半径，， 又，， ，， ，，. 故答案为：. 27.已知点O是ABC的内心，若，则cos∠BAC = （  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，则四边形为菱形，设该菱形的边长为，则，表示出内切圆的半径，根据等积法可以求出的长，然后转化为等腰三角形处理即可 【解析】解：由，设，则四边形为平行四边形， 因为点O是ABC的内心，所以， 所以四边形为菱形，设该菱形的边长为，则， 因为∥，， 所以的内切圆半径， 所以， 所以，解得， 所以为等腰三角形， 所以， 故选：C 题型四：垂心问题 28．设是的外心，点满足，则是的（　　） A．内心 B．任意一点 C．垂心 D．重心 【答案】C 【分析】，结合三角形的性质得出答案. 【解析】由题可得， 由于是的外心，设为线段的中点， 故且，即， 所以，同理，，故是的垂心． 故选：C. 29.设O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三点，动点P满足，则点P的轨迹经过的（  ） A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心 【答案】C 【分析】计算，可得，结合三角形的性质得出答案. 【解析】， 则，即， 故，即点P的轨迹经过的垂心． 故选：C. 30.已知点O为△ABC所在平面内一点，且，则O一定为△ABC的（  ） A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心 【答案】C 【解析】利用向量的等式关系，转化成，利用向量加减法运算化简得到，即证，再同理证得，即得是的垂心． 【解析】由得：， 即，故， 故，， 又，， ，即， 同理，即，所以是的垂心． 故选：C. 31.已知，为三角形所在平面上的动点，且满足，则为三角形的（  ）． A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【答案】D 【分析】由向量的数量积运算可得，即，同理可证即可得出结果. 【解析】由，所以， 则，同理可证， 所以为三角形的垂心. 故选：D. 32.在中，，点为的垂心，且满足，，则（  ） A． B．－1 C． D． 【答案】D 【分析】一方面：根据已知得出，另一方面：由三点共线的推论即可列式求解. 【解析】由题意可知是以A为顶角的等腰三角形， 如图所示：，，则， 在直角三角形中，，即. 设， 则， ， 所以，所以. 故选：D. 33.设是的垂心，且，则的值为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由三角形垂心性质及已知条件可求得，，由向量的夹角公式即可求解． 【解析】由三角形垂心性质可得，，不妨设x， ∵345， ∴， ∴，同理可求得， ∴． 故选：D． 34.若为的垂心，，则＝ ， ． 【答案】 / 【解析】因为，所以， 设为的中点，为的中点，则，， 所以， 所以为的中位线，且，所以为的中点，所以， 又，，所以，所以， 所以， 同理可得， 所以，， 又为的垂心，， 设，，则，， 所以，即，所以，则 所以，所以， 故答案为：； 35.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：. 题型五：三角形中的“四心”问题的综合 36．已知，向量，，满足条件，．则 是（  ） A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．直角三角形 【答案】C 【分析】首先由条件判断点是的重心和外心，再根据几何性质判断三角形的形状. 【解析】如图，点是的中点，所以， 因为，即，即， 则点三点共线，且，所以点是的重心， 又，所以点是的外心，则，即， 所以，同理，则，    所以是等边三角形. 故选：C 37.已知点在所在平面内，且，，，则点依次是的（  ） A．外心、重心、垂心 B．重心、外心、垂心 C．重心、外心、内心 D．外心、重心、内心 【答案】A 【分析】利用三角形外心、重心、垂心的定义和性质判定即可. 【解析】因为，即O到各顶点距离相等，所以O为的外心； 取的中点分别为，连接， 则有， 所以三点共线，三点共线，三点共线， 即N为的重心； 由，即，同理， 所以为垂线的交点，故为的垂心. 故选：A 38.数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中提出以下定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条线称为三角形的欧拉线.已知点分别为的重心，垂心，外心，为的中点，则（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合题意利用点分别为的垂心，外心得到，并得到，借助相似及重心性质可得，结合向量关系表示即可. 【解析】因为为的外心，为的中点,所以, 因为为的垂心,所以, 所以, 易得 所以，所以. 因为为的重心，所以. 所以, 所以. 故选：B. 39.（多选）设是所在平面内一点，则下列说法正确的是（  ） A．若，则是边的中点 B．若，则是的垂心 C．若，则是的重心 D．若，则动点过的内心 【答案】ACD 【分析】根据向量加法的平行四边形法则判断A，根据外心的性质判断B，根据重心的性质判断C，根据向量共线及内心的性质判断D. 【解析】对于A，如图所示，根据向量加法的平行四边形法则，可得， 若，可得是边的中点，故A正确； 对于B，若，则是的外心，故B错误； 对于C，若，则，即， 所以是的重心，故C正确； 对于D，因为表示方向的单位向量，表示方向的单位向量， 所以与的角平分线同向，又， 则在的角平分线上，所以动点过的内心，故D正确. 故选：ACD 40.（多选）已知三角形ABC满足，则下列结论正确的是（  ） A．若点O为的重心，则， B．若点O为的外心，则 C．若点O为的垂心，则， D．若点O为的内心，则． 【答案】ABD 【分析】用向量表示三角形的四心. 【解析】选项A：如图，点O为的重心时，，故A正确；    选项B：若点O为的外心，如图，为线段的垂直平分线， 则，同理， ，故B正确；    选项C：当时，则为的垂心，，重合，此时，故C错误；    选项D：若点O为的内心，在的平分线上， 则，故D正确. 故选：ABD 41.（多选）在等腰中，已知，若分别为的垂心､外心､重心和内心，则下列四种说法正确的有（  ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根据三角形各心的性质结合向量的加减法则即可求得. 【解析】A选项：为垂心，为高线的交点，则，选项A正确． B选项：，选项B正确； C选项：，选项C正确； D选项：，选项D错误； 故选：ABC 42.（多选）对于给定的，其外心为O，重心为G，垂心为H，内心为Q，则下列结论正确的是（  ） A． B． C． D．若A、P、Q三点共线，则存在实数使 【答案】BCD 【分析】直接利用三角形的内心，外心，垂心，重心的相关关系，向量的线性运算的应用判断A、B、C、D的结论． 【解析】解：对于A：给定的，其外心为，所以，故A不正确； 对于B：因为为给定的的垂心，故， 即, 解得：,故B正确； 对于C：因为重心为G，则有，，所以，故C正确； 对于D：由于点在的平分线上，为单位向量，所以与的平分线对应向量共线，所以存在实数使，故D正确． 故选：BCD． 43.在中，已知，点G为的外心，点O为重心，则 ． 【答案】 【分析】设的中点为，根据三角形外心性质，得，由重心性质得，再根据数量积运算即可求解. 【解析】设的中点为，连接， 由点G为的外心，可得， 由点O为重心，可得， 故 .      故答案为：. 题型六：奔驰定理与三角形的“四心” 44．设点O是所在平面内一点，则下列说法错误的是（  ） A．若，则O为的重心； B．若，则O为的垂心； C．若，则为等边三角形； D．若，则△BOC与△ABC的面积之比为． 【答案】B 【分析】利用向量数乘运算和三角形重心定义判断选项A；利用向量数量积运算和三角形垂心定义判断选项B；利用向量数量积运算和等边三角形定义判断选项C；求得△BOC与△ABC的面积之比判断选项D. 【解析】对于A，如图，取边中点，连接边上的中线，则， 又∵，∴，∴， ∴为的重心，故选项A正确；    对于B，如图，取边中点，边中点，连接，， 则，， ∵， ∴， ∴，∴，， ∴，， ∴，分别是，边上的垂直平分线， ∴，为的外心，故选项B错误；    对于C，作角的内角平分线与边交于点， ∵为方向的单位向量，为方向的单位向量， ∴（）， ∴（）， ∴，∴，∴，为等腰三角形， 又∵，且，∴， ∴为等边三角形，故选项C正确；    对于D，设，， 由，得， 则由选项A可知，为的重心，设的面积， ∴， 又∵，， ∴，，， ∴， ∴，故选项D正确．    故选：B 45.（多选）“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”轿车的标志很相似，所以形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知是内一点，，，的面积分别为，，，则．设是内一点，的三个内角分别为，，，，，的面积分别为，，，若，则以下命题正确的有（  ）    A． B．有可能是的重心 C．若为的外心，则 D．若为的内心，则为直角三角形 【答案】AD 【分析】由奔驰定理可判断A选项，利用重心结论可判断B选项； 由外心可知，即可判断C选项； 由内心可知，满足勾股定理，D选项正确. 【解析】对于A，由奔驰定理可得，， 因为，，不共线，所以，故A正确； 对于B，若是的重心，， 因为，所以，即共线，故B错误． 对于C，当为的外心时，， 所以， 即，故C错误． 对于D，当为的内心时，（为内切圆半径）， 所以，所以，故D正确. 故选：AD. 46.（多选）已知点为所在平面内一点，满足，（其中）（  ） A．当时，直线过边的中点 B．若时，与的面积之比为 C．若，且，则 D．若，且，则满足 【答案】AD 【分析】对于A，根据向量的线性运算结合向量数乘的含义可判断A;对于B，利用作图，结合向量加减法的几何意义，可判断与的面积之比；对于C，由条件可判断为等边三角形，利用数量积的定义即可求得的值；对于D,由得，，平方后结合数量积的运算可推得结果. 【解析】对于A，设AB的中点为D，则当时，有, 即得O,C,D三点共线，故直线过边的中点，故A正确； 对于B，延长OA至,使 , 延长OB至,使, 连接,设其中点为E,连接OE并延长至 ，使 , 连接 ,则四边形是平行四边形， 所以，而时，， 故,即 三点共线，且， 根据同底等高一角形面积相等，则, 即与的面积之比为，故B错误； 对于C，由于且时，， 故O为的外心和重心，故为等边三角形， 则,由可得， 故，故C错误； 对于D，因为，且， 由得，， 所以,即，故D正确， 故选：AD. 47.（多选）平面向量中有一个优美的结论，有趣的是，这个结论对应的图形与“奔驰”轿车的logo非常相似，该结论如下：如图，已知是内部一点，将，，的面积分别记为，，，则.根据上述结论，下列命题中正确的有（  ）      A．若，则 B．若，则 C．若为的内心，且，则 D．若为的垂心，则 【答案】BCD 【分析】对于A，由奔驰定理即可直接判断； 对于B，结合平面向量的线性运算可得，进而由奔驰定理即可直接判断； 对于C，由奔驰定理可得，设的内切圆半径为，结合面积公式可得，进而结合勾股定理即可求解； 对于D，结合为的垂心，可得，，，进而根据平面向量数量积的定义可得，进而求解即可. 【解析】对于A，由奔驰定理可得，故A错误； 对于B，由，即， 整理得，由奔驰定理可得，故B正确； 对于C，由，可得， 设的内切圆半径为， 则，，， 所以，即, 所以，即，故C正确； 对于D，，，， 因为为的垂心， 所以，，， 又， ， , 所以，即， 同理可得， 所以， 所以， 由奔驰定理可知D正确. 故选：BCD. 48.（多选）“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 【分析】A选项，，作出辅助线，得到三点共线，同理可得M为的重心；B选项，设内切圆半径为，则，，，代入后得到；C选项，得到，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设，，，则，，，结合三角函数得到，，进而求出正切值的比；D选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值. 【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：ABC 49.“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”的很相似，故形象地称其为“奔驰定理）.“奔驰定理”的内容如下：如图，已知是内一点，,,的面积分别为,,，则.若是锐角内的一点， 是的三个内角，且点满足，则下列说法正确的是 .（填序号） ①是的外心；②； ③；④ 【答案】②③④ 【分析】由确定出点是三角形的垂心，判断①；结合与三角形内角和等于可证明②；结合②选项结论证明即可证明③，利用奔驰定理证明可证明④． 【解析】对①，因为 同理,故为的垂心，故①错误； 对②，因为，所以， 又因为，所以, 又因为，所以，故②正确； 对③，延长交于点， 如图， 则, 同理可得,所以，故③正确； 对④， , 同理可得,所以, 又因为，所以，故④正确， 故答案为：②③④ 50.奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车logo相似，因此得名.如图，P是内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：.    (1)若P是的内心，，延长AP交BC于点D，求； (2)若P是锐角的外心，，，求的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据奔驰定理以及内切圆的性质可得，即可根据得，进而根据线性运算得,由共线即可求解， （2）根据奔驰定理以及外接圆的性质可得，即可得，结合三角恒等变换可得，即可根据函数的性质求解. 【解析】（1）由于P是的内心，设内切圆的半径为， 由可得，即， 由，不妨设， 故， 设，则, 故, 由于与共线，而与不共线， 因此必然，故，    （2）设外接圆的半径为, 则由得， 即， 由于，所以, 因此，又， 所以 , 由于三角形为锐角三角形，所以，解得， 故, 故当时，取最小值， 当或时，， 故.    1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 平面向量与三角形中的“四心”问题六种常考题型 题型一：重心问题 题型二：外心问题 题型三：内心问题 题型四：垂心问题 题型五：三角形中的“四心”问题的综合 题型六：奔驰定理与三角形的“四心” 题型一：重心问题 1．在中，为的重心，.则（  ） A．1 B． C． D． 2.已知的重心为，若，且，则（  ） A． B． C．3 D． 3.已知所在平面内的动点满足，且实数，形成的向量与向量共线，则动点的轨迹必经过的（  ） A．垂心 B．内心 C．外心 D．重心 4.已知是平面上一定点，是平面上不共线的三点，动点满足，则点的轨迹一定通过的（  ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 5.若O是平面内一定点，A，B，C是平面内不共线的三点，若点P满足+λ(λ∈(0，+∞))，则点P的轨迹一定通过△ABC的（  ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 6.（多选）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 7.（多选）如图，在中，D，E，F分别是BC，CA，AB的中点，是AD与BE的交点，则（  ） A． B．对于任意一点，都有 C．对于任意一点，都有 D． 8.如图，已知，，是中线，G为重心，则 ； .（用向量、表示）    9.已知点是的重心，，，，则 ． 10.已知△ABC中，，，，则____________． 11.如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别与边、交于、两点（点、与点、不重合），设，． (1)求的值； (2)求的最小值，并求此时，的值． 题型二：外心问题 12．已知是所在平面上一点，若，则是的（  ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 13.是所在平面上一点，若，则是的（  ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 14.已知点为所在平面内一点，若，则点的轨迹必通过的（  ） A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心 15.已知三角形的外心为，，，则在上的投影向量为（  ） A． B． C． D． 16.（多选）已知为的外心，，则（  ） A．与不共线 B．与垂直 C． D． 17.（多选）已知点是的外心，点是边的中点，则下列结论中正确的是（  ） A． B． C． D． 18.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，，则P的轨迹一定经过的 ．(从“重心”，“外心”，“内心”，“垂心”中选择一个填写） 19.在中，，，，点为的外心，若，、，则____________. 20.已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为 . 题型三：内心问题 21．已知，若点P满足，其中，则点P的轨迹一定通过的（  ） A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心 22.已知所在的平面上的动点满足，则直线一定经过的（ ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 23.设 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， 是 所在平面上的一点， ，则点 是 的（  ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 24.已知O是所在平面上的一点,角A、B、C所对的边分别为a,b,c，若（其中P是所在平面内任意一点），则O点是的（  ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 25.设为的内心，，，，则 ， ． 26.设为的内心，，，，则_______________ 27.已知点O是ABC的内心，若，则cos∠BAC = （  ） A． B． C． D． 题型四：垂心问题 28．设是的外心，点满足，则是的（　　） A．内心 B．任意一点 C．垂心 D．重心 29.设O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三点，动点P满足，则点P的轨迹经过的（  ） A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心 30.已知点O为△ABC所在平面内一点，且，则O一定为△ABC的（  ） A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心 31.已知，为三角形所在平面上的动点，且满足，则为三角形的（  ）． A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 32.在中，，点为的垂心，且满足，，则（  ） A． B．－1 C． D． 33.设是的垂心，且，则的值为（  ） A． B． C． D． 34.若为的垂心，，则＝ ， ． 35.已知为的垂心（三角形的三条高线的交点），若，则 . 题型五：三角形中的“四心”问题的综合 36．已知，向量，，满足条件，．则 是（  ） A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．直角三角形 37.已知点在所在平面内，且，，，则点依次是的（  ） A．外心、重心、垂心 B．重心、外心、垂心 C．重心、外心、内心 D．外心、重心、内心 38.数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中提出以下定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条线称为三角形的欧拉线.已知点分别为的重心，垂心，外心，为的中点，则（  ） A． B． C． D． 39.（多选）设是所在平面内一点，则下列说法正确的是（  ） A．若，则是边的中点 B．若，则是的垂心 C．若，则是的重心 D．若，则动点过的内心 40.（多选）已知三角形ABC满足，则下列结论正确的是（  ） A．若点O为的重心，则， B．若点O为的外心，则 C．若点O为的垂心，则， D．若点O为的内心，则． 41.（多选）在等腰中，已知，若分别为的垂心､外心､重心和内心，则下列四种说法正确的有（  ） A． B． C． D． 42.（多选）对于给定的，其外心为O，重心为G，垂心为H，内心为Q，则下列结论正确的是（  ） A． B． C． D．若A、P、Q三点共线，则存在实数使 43.在中，已知，点G为的外心，点O为重心，则 ． 题型六：奔驰定理与三角形的“四心” 44．设点O是所在平面内一点，则下列说法错误的是（  ） A．若，则O为的重心； B．若，则O为的垂心； C．若，则为等边三角形； D．若，则△BOC与△ABC的面积之比为． 45.（多选）“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”轿车的标志很相似，所以形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知是内一点，，，的面积分别为，，，则．设是内一点，的三个内角分别为，，，，，的面积分别为，，，若，则以下命题正确的有（  ）    A． B．有可能是的重心 C．若为的外心，则 D．若为的内心，则为直角三角形 46.（多选）已知点为所在平面内一点，满足，（其中）（  ） A．当时，直线过边的中点 B．若时，与的面积之比为 C．若，且，则 D．若，且，则满足 47.（多选）平面向量中有一个优美的结论，有趣的是，这个结论对应的图形与“奔驰”轿车的logo非常相似，该结论如下：如图，已知是内部一点，将，，的面积分别记为，，，则.根据上述结论，下列命题中正确的有（  ）      A．若，则 B．若，则 C．若为的内心，且，则 D．若为的垂心，则 48.（多选）“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 49.“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”的很相似，故形象地称其为“奔驰定理）.“奔驰定理”的内容如下：如图，已知是内一点，,,的面积分别为,,，则.若是锐角内的一点， 是的三个内角，且点满足，则下列说法正确的是 .（填序号） ①是的外心；②； ③；④ 50.奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车logo相似，因此得名.如图，P是内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：.    (1)若P是的内心，，延长AP交BC于点D，求； (2)若P是锐角的外心，，，求的取值范围. 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $