重难点专训04 三角形的“四心”问题（专项训练）（天津专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以四心定义为基础，构建“性质-向量-应用”三维方法体系，分题型突破与分层训练结合，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |方法提炼|1模块|四心定义、性质及向量判定结论|定义→性质→向量表示，形成概念-原理-应用链条| |四心题型|4题型（每题型2典例+2变式）|重心2:1比例、外心垂直平分线等核心技巧|按重心、外心、内心、垂心分题型，对应不同几何与向量应用| |分层过关练|20题（巩固10+创新10）|结合奔驰定理等综合应用|基础巩固到创新提升，覆盖选择、填空等考法|

重难点专训04 三角形的“四心”问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 重心 3 题型2 外心 4 题型3 内心 5 题型4 垂心 6 重难专题分层过关练 7 巩固过关 7 创新提升 10 解题方法及技巧提炼 函数零点本质是方程(f(x)=0)的根，解题核心是结合导数分析函数单调性、极值，配合零点存在定理判断零点个数。第一步明确定义域，求导找出导函数零点，划分单调区间，求出极大、极小值。 判断零点核心逻辑：区间两端函数值异号且单调，仅有一个零点；极值正负决定零点总量，极小值大于 0 或极大值小于 0 则无零点，极值跨 0 则存在对应零点。 含参题型优先参变分离，转化为直线与曲线交点问题，简化分类讨论；无法分离则按导函数零点对参数分段讨论。 答题必用零点存在定理，选取特殊点代入函数取值佐证存在零点；留意间断点、端点极限，避免遗漏无穷远处趋势。 易错点：混淆极值点与零点，忽略定义域限制，未检验参数边界情况。大题规范写出单调性、极值计算，结合图像辅助分析，完整推导零点数量，减少步骤失分。 一、三角形的四心定义 外心：三角形三边的垂直平分线的交点为三角形的外心，外心到三个顶点的距离相等； 内心：三角形三个角的角平分线的交点为三角形的内心，内心到三边的距离相等； 重心：三角形三条中线的交点为三角形的重心，重心为中线的三等分点； 垂心：三角形三边上的高或其延长线的交点为三角形的垂心； 二、三角形的重心 （1）三角形的重心是三角形三边中线的交点． （2）重心的性质： 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． 重要结论：（1）设点是△所在平面内的一点，则当点是△的重心时，有或（其中为平面内任意一点）； （2）在向量的坐标表示中，若、、、分别是三角形的重心和三个顶点，且分别为、 、，，则有. 三、三角形的外接圆与外心 （1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆． （2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心． 注：①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点． ②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部． ③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个． 重要结论：若点是△的外心，则 或 ；反之，若或 ，则点是△的外心。 四、三角形的内切圆与内心 （1）内切圆的有关概念： 与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点． （2）三角形内心的性质： 三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角． 重要结论：若点是△的内心，则有；反之，若，则点是△的内心． 五、垂心 三角形三边上的高或其延长线的交点为三角形的垂心. 重要结论：若是△的垂心，则或 ，反之，若或 ，则是△的垂心． 题型通法及变式提升 题型1 重心 【典例1-1】（2026·天津·阶段检测）下列六个结论，正确的个数是（    ） ①与实数类似，对于两个向量有三种关系 ②在中，苦，则； ③若，则； ④已知为所在平面上一点，若，则点为三角形重心； ⑤已知平行四边形，满足，则四边形一定为菱形 ⑥在中，若且，则为等边三角形 A．1 B．2 C．3 D．4 设是的重心，为平面内任意一点. （1） （2），，， （3）若，则点的轨迹一定经过三角形的重心. （4）动点满足，，则的轨迹一定通过的重心 （5）动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过△ABC的重心 【典例1-2】（2026·天津河北·二模）已知G是的重心，若，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026·天津·二模）已知中，所对的边为若为所在平面内点，则下列说法正确的个数为（    ） ①若，则为三角形的重心； ②若，则点是的垂心； ③若是的外心，则； ④若是的内心，则. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-2】（2026·天津北辰·三模）在中，，，若为其重心，试用，表示为________；若为其外心，满足，且，则的最大值为________． 题型2 外心 【典例2-1】（2026·天津·阶段检测）在中，，若为其外心，满足，且，则的最大值为______. （1） （2） （3）动点满足，，则动点的轨迹一定通过的外心； 【典例2-2】在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，O为的外心，则的值为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2025·天津·调研）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，点O是的外心，若，则（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（2025·天津南开·联考）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，点O是的外心，若，则（    ） A． B． C． D． 题型3 内心 【典例3-1】（2026·天津河西·模拟预测）在中，角的对边分别为，则下列命题中正确的序号为：___________ ①若，则． ②若，则一定为等腰三角形． ③P为所在平面内的一点，且，则P为的内心． （1）（或） 其中分别是的三边的长 （2），则P点的轨迹一定经过三角形的内心 （注：向量()所在直线过内心(是角平分线所在直线)） （3）动点P满足，则P的轨迹一定通过△ABC的内心 （4） 【典例3-2】（2026·天津滨海新区·阶段检测）已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确个数是（   ） ①若，则定为等腰三角形； ②若，则一定是钝角三角形； ③若点是边上的点，且，则的面积是面积的； ④若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形； ⑤动点的轨迹一定通过的内心． A． B． C． D． 【变式3-1】（2025·天津静海·阶段检测）已知的内角A，B，C所对的边分别为，下列四个命题中正确个数是（    ） ①若，则定为等腰三角形 ②若，则一定是锐角三角形 ③若点M是边BC上的点，且，则的面积是面积的 ④若平面内有一点O满足：，且，则为等边三角形 ⑤若，则点是的内心 A．1 B．2 C．3 D．4 【变式3-2】已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确个数是（   ） ①若，则定为等腰三角形 ②若，则一定是锐角三角形 ③已知，是两个互相垂直的单位向量，若向量与的夹角为锐角，则k的取值范围是 ④若，则点O是的内心 A．1 B．2 C．3 D．4 题型4 垂心 【典例4-1】（2026·天津河西·模拟预测）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论.它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为且.若是的垂心，，则（    ） A． B． C． D． （1） （2） （3）动点满足，，则动点的轨迹一定通过的垂心（4）. 【典例4-2】在锐角三角形中，角所对的边为，且.若点为的垂心，则的最小值为____________． 【变式4-1】（2026·天津和平·阶段检测）已知点在所在的平面内，则下列各结论正确的有（   ） 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若为锐角三角形且外心为P，且，则； ④若，则动点的轨迹经过的外心． A．①④ B．②③ C．①②④ D．①③④ 【变式4-2】（2026·天津·阶段检测）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______. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·天津和平·三模）“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：已知是内一点，的面积分别为，且．以下命题错误的是（    ） A．若，则为的重心 B．若为的内心，则 C．若，为的外心，则 D．若为的垂心，，则 2．（2025·天津南开·一模）已知O为的重心，若，则的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 3．（2025·天津·一模）已知点为所在平面内一动点，满足：，，则点的运动轨迹一定过的（    ） A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 4．（2025·天津北辰·三模）在中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，则下列说法不正确的是（   ） A．点G为的重心，若，则 B．若满足，，的有两解，则t的取值范围为 C．若点O为内一点，且，则 D．若，则的最大值为 5．（2024·天津滨海新区·三模）已知双曲线E：的左、右焦点分别为、，过的直线交E的右支于P、Q两点，满足，若、的重心分别为、，且，则E的离心率为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·天津·二模）在中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，则下列说法不正确的是（    ） A．点G为的重心，若，则 B．若满足，，的有两解，则t的取值范围为 C．若则是的外心 D．若点O为内一点，且，则 7．（2024·天津河东·一模）已知为所在平面内的一点，则下列命题中正确的个数为（    ） ①若，则为内心 ②若，则为等腰三角形 ③若，则为的外心 ④若，则点的轨迹一定经过的重心 A．1 B．2 C．3 D．4 8．（2026·天津河东·二模）在中，内角，，所对应边分别为，，，则下列说法不正确的是（   ） A．若点为的重心，则 B．若满足，，的有两解，则的取值范围为 C．若点为内一点，且，则 D．若，则的最大值为 9．（2026·天津·一模）如图，O是锐角三角形ABC的外心，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且，若，则（   ） A．1 B． C． D．2 10．（2026·天津河西·一模）已知的面积为，内角，，的对边分别为，，，满足，为三角形外心，且，则的形状为（     ） A．钝角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．直角三角形 创新提升 1．（2026·天津河东·一模）如图，O是锐角三角形ABC的外心，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，则（   ） A． B． C． D．1 2．（2025·天津·三模）在中，内角所对应边分别为，则下列说法不正确的是（    ） A．若满足，的有两解，则a的取值范围为 B．若为锐角三角形，且，则的取值范围是 C．若则是的外心 D．若点O为内一点，且，则 3．（2025·天津·二模）若点为的外心，且满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．已知为的外心，外接圆半径为，且满足，内角，，所对的边分别为，，，下列说法正确的有（     ） A． B．三边之比 C．为钝角三角形 D．的最大值为 5．（2026·天津·阶段检测）设的外心为，若，则（　　） A． B． C． D． 6．（2026·天津·模拟预测）在中，若动点P满足向量平行于向量，则P的轨迹过的（   ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 7．（2026·天津·二模）已知为所在平面内一点，若，则点是的（    ）． A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 8．（2025·天津河北·一模）已知的内角所对的边长分别为，且的面积满足，点为的外心，满足，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 9．（2026·天津南开·阶段检测）在△ABC中，，，P为△ABC内的一点，，则下列说法错误的是（   ） A．若P为△ABC的重心，则 B．若P为△ABC的外心，则 C．若P为△ABC的垂心，则 D．若P为△ABC的内心，则 10．是平面上一定点，，，平面上不共线的三个点，动点满足，，则的轨迹一定通过的（    ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训04 三角形的“四心”问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 重心 3 题型2 外心 8 题型3 内心 11 题型4 垂心 15 重难专题分层过关练 20 巩固过关 20 创新提升 30 解题方法及技巧提炼 函数零点本质是方程(f(x)=0)的根，解题核心是结合导数分析函数单调性、极值，配合零点存在定理判断零点个数。第一步明确定义域，求导找出导函数零点，划分单调区间，求出极大、极小值。 判断零点核心逻辑：区间两端函数值异号且单调，仅有一个零点；极值正负决定零点总量，极小值大于 0 或极大值小于 0 则无零点，极值跨 0 则存在对应零点。 含参题型优先参变分离，转化为直线与曲线交点问题，简化分类讨论；无法分离则按导函数零点对参数分段讨论。 答题必用零点存在定理，选取特殊点代入函数取值佐证存在零点；留意间断点、端点极限，避免遗漏无穷远处趋势。 易错点：混淆极值点与零点，忽略定义域限制，未检验参数边界情况。大题规范写出单调性、极值计算，结合图像辅助分析，完整推导零点数量，减少步骤失分。 一、三角形的四心定义 外心：三角形三边的垂直平分线的交点为三角形的外心，外心到三个顶点的距离相等； 内心：三角形三个角的角平分线的交点为三角形的内心，内心到三边的距离相等； 重心：三角形三条中线的交点为三角形的重心，重心为中线的三等分点； 垂心：三角形三边上的高或其延长线的交点为三角形的垂心； 二、三角形的重心 （1）三角形的重心是三角形三边中线的交点． （2）重心的性质： 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． 重要结论：（1）设点是△所在平面内的一点，则当点是△的重心时，有或（其中为平面内任意一点）； （2）在向量的坐标表示中，若、、、分别是三角形的重心和三个顶点，且分别为、 、，，则有. 三、三角形的外接圆与外心 （1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆． （2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心． 注：①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点． ②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部． ③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个． 重要结论：若点是△的外心，则 或 ；反之，若或 ，则点是△的外心。 四、三角形的内切圆与内心 （1）内切圆的有关概念： 与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点． （2）三角形内心的性质： 三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角． 重要结论：若点是△的内心，则有；反之，若，则点是△的内心． 五、垂心 三角形三边上的高或其延长线的交点为三角形的垂心. 重要结论：若是△的垂心，则或 ，反之，若或 ，则是△的垂心． 题型通法及变式提升 题型1 重心 【典例1-1】（2026·天津·阶段检测）下列六个结论，正确的个数是（    ） ①与实数类似，对于两个向量有三种关系 ②在中，苦，则； ③若，则； ④已知为所在平面上一点，若，则点为三角形重心； ⑤已知平行四边形，满足，则四边形一定为菱形 ⑥在中，若且，则为等边三角形 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对于①，由向量的概念可判断，对于②，由正弦定理可判断，对于③，由可判断，对于④，取的中点为，得到，可判断，对于⑤，通过平方可判断，对于⑥由可得等腰三角形，由可确定的大小，即可判断； 【详解】对于①，由向量的概念可知，向量不能比较比较大小，故错误； 对于②，由三角形大角对大边可得：，再由正弦定理, 可得，正确； 对于③，当，满足，此时不一定成立，错误； 对于④，若，取的中点为， 则，即三点共线，且，即为靠近的三等分点，所以点为三角形重心，故正确； 对于⑤若，则， 即， 可得：，即四边形一定为矩形，故错误； 对于⑥：因为都是单位向量，所以在的角平分线上，又，所以的角平分线与垂直，所以， 又，可得：，所以， 所以为等边三角形，故正确； 故选：C 设是的重心，为平面内任意一点. （1） （2），，， （3）若，则点的轨迹一定经过三角形的重心. （4）动点满足，，则的轨迹一定通过的重心 （5）动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过△ABC的重心 【典例1-2】（2026·天津河北·二模）已知G是的重心，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用正弦定理得，再由三角形重心性质得出，再结合三边一角用余弦定理即可求出结果. 【详解】因为， 所以由正弦定理得， 由三角形重心性质知，得， 即， 故由余弦定理得. 故选：D 【变式1-1】（2026·天津·二模）已知中，所对的边为若为所在平面内点，则下列说法正确的个数为（    ） ①若，则为三角形的重心； ②若，则点是的垂心； ③若是的外心，则； ④若是的内心，则. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【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】对于①：若，即， 所以， 即，所以为三角形的重心，故①正确； 对于②：由， 得， 即， 则， 所以，则，同理可得，， 即是三边上高的交点，则为的垂心，故②正确； 对于③：若为的外心， 则可设的外接圆半径为，，， ，故， 同理，， 又， 即. 所以， 即，故③正确； 其中（奔驰定理）的证明如下： 如图延长与边相交于点则 所以， 又， 又， 所以， 所以， 所以， 对于④：当为三角形的内心，为三角形的角平分线，则，， 如图过作的平行线交的延长线于点，过作的平行线交于点，则四边形为平行四边形 所以，即，故④正确； 故选：D 【变式1-2】（2026·天津北辰·三模）在中，，，若为其重心，试用，表示为________；若为其外心，满足，且，则的最大值为________． 【答案】 【分析】结合重心的定义及向量的线性运算，利用，表示，根据向量的线性运算和数量积的定义结合正弦定理化简向量等式，可得，结合基本不等式求的最大值. 【详解】连接并延长交与点， 由重心性质可得为线段的中点，且， 又， 所以， 若为的外心，则， 设点为线段的中点，设点为线段的中点， 则， 因为， ， 所以可化为： ， 所以， 由正弦定理可得，故 所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 所以的最大值为. 故答案为：，. 题型2 外心 【典例2-1】（2026·天津·阶段检测）在中，，若为其外心，满足，且，则的最大值为______. 【答案】1 【分析】根据数量积的定义结合正弦定理化简向量等式，可得，结合基本不等式求最大值. 【详解】如图： 若为的外心，则， 设点为线段的中点，设点为线段的中点， 则， 因为， ， 所以可化为： ， 所以， 由正弦定理可得，故 所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 所以的最大值为1. 故答案为：1 （1） （2） （3）动点满足，，则动点的轨迹一定通过的外心； 【典例2-2】在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，O为的外心，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理边角互化，再利用辅助角公式求解即可. 【详解】∵，由正弦定理， 得， 即， 而，所以， ∵， 由正弦定理，得， ∴，而， ∴，∴， 因为，所以，∴． 设的外接圆半径为，则， ∴，而， ∴， 故选：C 【变式2-1】（2025·天津·调研）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，点O是的外心，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用余弦定理和得到，然后利用外心的结论和得到的方程，最后解方程即可. 【详解】∵， 由余弦定理有：， ∴，解得， 由得，， 即， ， 即， 即：，，解得，， ∴. 故选：A． 【变式2-2】（2025·天津南开·联考）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，点O是的外心，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用余弦定理求出边，利用数量积运算律，结合圆的性质列出方程组求解即得. 【详解】在中，由余弦定理及，得， 则，由，得，即， 于是，取中点，则，，同理， 而，则，解得， 所以. 故选：A 题型3 内心 【典例3-1】（2026·天津河西·模拟预测）在中，角的对边分别为，则下列命题中正确的序号为：___________ ①若，则． ②若，则一定为等腰三角形． ③P为所在平面内的一点，且，则P为的内心． 【答案】① 【分析】由正弦定理，得到，可判定①正确；利用正弦定理化简得到，求得或，可判定②错误；利用向量的运算法则，分别求得和，得到点为的垂线，可判定③错误. 【详解】对于①，若，由正弦定理，可得，所以，所以①正确； 对于②，若，由正弦定理得，所以， 因为，所以或，可得或， 所以为等腰三角形或直角三角形，所以②错误； 对于③，由，可得， 又由，可得， 所以，所以点为的垂心，所以③错误. （1）（或） 其中分别是的三边的长 （2），则P点的轨迹一定经过三角形的内心 （注：向量()所在直线过内心(是角平分线所在直线)） （3）动点P满足，则P的轨迹一定通过△ABC的内心 （4） 【典例3-2】（2026·天津滨海新区·阶段检测）已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确个数是（   ） ①若，则定为等腰三角形； ②若，则一定是钝角三角形； ③若点是边上的点，且，则的面积是面积的； ④若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形； ⑤动点的轨迹一定通过的内心． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】逐一结合三角函数性质、余弦定理、向量线性运算及三角形五心的向量特征判断各命题正误，统计正确命题个数即可. 【详解】 对①，在中，由得或， 即或，故为等腰三角形或直角三角形，故①错误； 对②，由余弦定理得，已知，且，故， 又，则，即为钝角，为钝角三角形，故②正确； 对③，由，移项得，即， 故，如图所示：    与同高，面积比等于底边长之比，因此，故③错误； 对④，若，则为的重心； 若，则为的外心， 当三角形的重心与外心重合时，为等边三角形，故④正确； 对⑤，由得， 其中、分别为、方向上的单位向量， 二者和的方向与的角平分线方向一致， 故动点的轨迹为的角平分线，必过的内心，故⑤正确； 综上，正确命题为②④⑤，共个，故C正确. 【变式3-1】（2025·天津静海·阶段检测）已知的内角A，B，C所对的边分别为，下列四个命题中正确个数是（    ） ①若，则定为等腰三角形 ②若，则一定是锐角三角形 ③若点M是边BC上的点，且，则的面积是面积的 ④若平面内有一点O满足：，且，则为等边三角形 ⑤若，则点是的内心 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用诱导公式求解判断①；利用余弦定理推理判断②；利用向量线性运算判断③；利用三角形心的向量表示判断④；利用向量数量积判断⑤即可得解. 【详解】对于①，在中，由，得或， 即或，则是等腰三角形或直角三角形，①错误； 对于②，由及余弦定理，得，则为锐角， 而是否为锐角不确定，②错误； 对于③，由，得，即， 则，的面积是面积的，③错误； 对于④，由，得是的重心， 由，得是的外心， 即的重心、外心重合，则为等边三角形，④正确； 对于⑤，由，得， 则，则， 则，即平分， 由，同理得平分， 因此点O是的内心，⑤正确， 所以正确命题的个数是2. 故选：B 【变式3-2】已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确个数是（   ） ①若，则定为等腰三角形 ②若，则一定是锐角三角形 ③已知，是两个互相垂直的单位向量，若向量与的夹角为锐角，则k的取值范围是 ④若，则点O是的内心 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】利用正弦函数性质判断①；利用余弦定理判断②；利用向量夹角判断③；利用数量积的定义推理判断④即可得解. 【详解】对于①，在中，由，得或， 即或，则是等腰或直角三角形，①错误； 对于②，由，得，则是锐角， 而无条件能说明都是锐角，②错误； 对于③，当时，向量与同向，其夹角为，③错误； 对于④，由，得， 则，而，于是， 平分，由，得平分， 因此点O是的内心，④正确， 所以四个命题中正确个数是1. 故选：A 题型4 垂心 【典例4-1】（2026·天津河西·模拟预测）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论.它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为且.若是的垂心，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】延长交于点，延长交于点，延长交于点，根据和得，从而可以得出，设，，得，，再结合垂心和直角三角形余弦值即可求解. 【详解】如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点. 由为的垂心，，且， 得，又， 则，，所以， 设，，则,即，， 所以，即，则， 所以， 则. （1） （2） （3）动点满足，，则动点的轨迹一定通过的垂心（4）. 【典例4-2】在锐角三角形中，角所对的边为，且.若点为的垂心，则的最小值为____________． 【答案】 【分析】由，结合正弦定理和诱导公式，，连接AH并延长，与BC交于点D，延长CH与AB交于点E，则，，然后利用面积公式和和差角公式，结合三角函数的有界性求解即得. 【详解】根据， 由正弦定理得，， 因为锐角三角形，所以， ， 又， ，易知，，又，所以， 然后利用面积公式和和差角公式求解即得. 如图，连接AH并延长，与BC交于点D，延长CH与AB交于点E，则，， 所以，，， 所以， 所以， 所以， 又， ，又， 所以， ， 因为，所以， 所以， 所以，所以， 所以， ， 故答案为： 【变式4-1】（2026·天津和平·阶段检测）已知点在所在的平面内，则下列各结论正确的有（   ） 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若为锐角三角形且外心为P，且，则； ④若，则动点的轨迹经过的外心． A．①④ B．②③ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】①由得到；②建立平面直角坐标系，写出点的坐标，设，得到的表达式，求出最小值；③变形得到，设为的中点，则三点共线，结合是的外心，得垂直平分，所以，③正确；④变形得到，设是的中点，推理证得，即得结论. 【详解】对于①，若为的垂心，则，又， 所以，①正确； 对于②，取的中点，以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系如图，      则，设， 则，， 故， 故当时，取得最小值为，②错误； 对于③，因，则， 即， 如图，设为的中点，则，故，则三点共线，      又因是的外心，所以垂直平分，所以，③正确； 对于④，由题意，， 则 ，则， 如图，设是的中点，则，故， 即，故，即动点的轨迹经过的外心，④正确.      故选：D 【变式4-2】（2026·天津·阶段检测）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______. 【答案】2 【分析】根据的外心、内心、重心、垂心分别是三边中垂线的交点、角平分线的交点、中线的交点、高的交点，这些几何特征与向量建立联系，进而判断每个命题的正误. 【详解】①当动点P满足时， 则点P是的重心，所以①不正确； ②显然在的角平分线上，而与的平分线所在向量共线， 所以的内心一定在满足条件的点P集合中，因此②正确； ③变形为， 而，表示点A到边的距离，设为， 所以，而表示边的中线向量， 所以表示边的中线向量， 因此的重心一定在满足条件的P点集合中，所以③正确； ④当时，的垂心与点A重合，但显然此时垂心点P不满足公式，所以④不正确； 故答案为：2. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·天津和平·三模）“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：已知是内一点，的面积分别为，且．以下命题错误的是（    ） A．若，则为的重心 B．若为的内心，则 C．若，为的外心，则 D．若为的垂心，，则 【答案】C 【分析】取的中点D，连接，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；设内切圆半径为，从而可用表示出，再结合奔驰定理即可判断B；设的外接圆半径为，由圆心角和圆周角的关系可得，从而可用表示出，进而即可判断C；延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，则，所以， 进而即可求，从而即可判断D． 【详解】对于A：取的中点D，连接， 由，则， 所以， 所以A，M，D三点共线，且， 设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确； 对于B：由为的内心，则可设内切圆半径为， 则有， 所以， 即，故B正确； 对于C：由为的外心，则可设的外接圆半径为， 又， 则有， 所以， ， ， 所以，故C错误； 对于D：如图，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E， 由为的垂心，，则， 又，则，， 设，则， 所以，即， 所以，所以，故D正确． 故选：C． 2．（2025·天津南开·一模）已知O为的重心，若，则的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【详解】如图：若O为的重心，则为的中点， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为，所以当时，取到最大值. 3．（2025·天津·一模）已知点为所在平面内一动点，满足：，，则点的运动轨迹一定过的（    ） A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 【答案】C 【分析】令中点为，结合正弦定理与向量运算可得点在直线上，即可得解. 【详解】由正弦定理可得，故， 故， 令中点为，则， 故点在直线上，故点的运动轨迹一定过的重心. 4．（2025·天津北辰·三模）在中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，则下列说法不正确的是（   ） A．点G为的重心，若，则 B．若满足，，的有两解，则t的取值范围为 C．若点O为内一点，且，则 D．若，则的最大值为 【答案】D 【分析】A项，利用重心到顶点和其对边中点的距离之比为 即可得到结果； B项，使用二次方程的性质证明若 有两解则 ，在 的条件下构造出两解即可；C项，利用向量之间的比值 即可求出面积比； 项，直接证明 即可否定结论. 【详解】选项A：点为的重心，设中点为，则， 故，即，，所以，A正确； 选项B：首先，且必有两种可能的取值，而满足，即， 故关于的方程必有两个不同的正数解，从而判别式为正数，且两根之积为正数， 即，，结合，得， 另一方面当时，确有两解，所以的取值范围是，B正确； 选项C：若点为内一点，且，延长交于点， 故存在实数，使得，由于在直线上，故，从而， 即，所以，故，C正确； 选项D：由于， 故由数量积定义得， 由余弦定理化为， 整理得，则，当且仅当时等号成立. 故，即最大值为，D错误. 5．（2024·天津滨海新区·三模）已知双曲线E：的左、右焦点分别为、，过的直线交E的右支于P、Q两点，满足，若、的重心分别为、，且，则E的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 如图， 、分别为、的重心，所以，， 所以，所以， 又，所以，， 由双曲线的几何性质，， 可得，， 在中，， 中，， 所以，化简得，即， 所以. 6．（2026·天津·二模）在中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，则下列说法不正确的是（    ） A．点G为的重心，若，则 B．若满足，，的有两解，则t的取值范围为 C．若则是的外心 D．若点O为内一点，且，则 【答案】C 【详解】选项A：点为的重心，设中点为，则=， 故，即，， 所以，A正确； 选项B：首先，且必有两种可能的取值， 由余弦定理，得， 故关于的方程必有两个不同的正数解， 所以，解得. 另一方面当时，，所以，所以，且， 所以可能是锐角，也可能是钝角，所以确有两解. 所以的取值范围是，B正确； 选项C：若， 则， 所以，所以点在边的高上，所以不一定是的外心，所以C错误； 选项D：若点为内一点，且，延长交于点， 故存在实数，使得，由于在直线上，故，从而， 即，所以，故，D正确. 7．（2024·天津河东·一模）已知为所在平面内的一点，则下列命题中正确的个数为（    ） ①若，则为内心 ②若，则为等腰三角形 ③若，则为的外心 ④若，则点的轨迹一定经过的重心 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用重心向量公式判断①；利用数量积运算律及定义求解判断②；利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示判断③；设的中点为，再根据正弦定理结合平面向量共线定理即可判断④. 【详解】对于①：由得为重心，故①错误； 对于②：由得， 又，所以，所以为等腰三角形，故②正确； 对于③：由得，同理得， 所以为的垂心，故③错误； 对于④：取的中点为，所以，由正弦定理得，令， 则，所以，点的轨迹经过的重心，故④正确. 故选：B. 8．（2026·天津河东·二模）在中，内角，，所对应边分别为，，，则下列说法不正确的是（   ） A．若点为的重心，则 B．若满足，，的有两解，则的取值范围为 C．若点为内一点，且，则 D．若，则的最大值为 【答案】D 【详解】A、若点为的重心，设的中点为，则由重心的性质得，所以，A正确； B、首先，且必有两种可能的取值，而满足，即，故关于的方程必有两个不同的正数解，从而判别式为正数，且两根之积为正数，即结合得，另一方面当时，确有两解，，所以的取值范围是，B正确； C、若点为内一点，且，延长到于点，由于在的延长线上，故存在实数，使得，从而，由于在直线上，故，从而，故，即，从而，所以， C正确； D、由于，故由数量积的定义，知该条件就算 ，使用余弦定理又可化为展开再合并同类项得即，所以这意味着，所以的最大值为，D错误. 故选：D. 9．（2026·天津·一模）如图，O是锐角三角形ABC的外心，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且，若，则（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】通过向量的数量积化简后根据正弦定理将边转化为角，通过诱导公式及两角和的余弦公式解方程即可. 【详解】如图，取的中点D，由外心的性质可知，所以. 由可得. 对两边同时点乘， 得， 所以， 由，知，所以， 由正弦定理得， 所以. 在中，，所以， 又， 所以， 所以，解得. 10．（2026·天津河西·一模）已知的面积为，内角，，的对边分别为，，，满足，为三角形外心，且，则的形状为（     ） A．钝角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．直角三角形 【答案】D 【分析】先根据平面向量数量积的概念，结合三角形外心的性质，由可得，再利用三角形的面积公式结合正弦定理，根据可得，即可作出判断. 【详解】因为， 所以， 所以， 因为为外心，所以，， 所以，可得. 又，所以， 将代入，可得， 由正弦定理，可得， 因为，所以， 又因为为三角形内角，所以，故，所以. 所以为直角三角形. 创新提升 1．（2026·天津河东·一模）如图，O是锐角三角形ABC的外心，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】首先由条件等式两边乘以，再结合数量积公式以及正弦定理，边角互化，化简等式，即可求的值. 【详解】对于式子变为 两边同乘，可得，即 ，化简为， 由正弦定理得，，即 移项得到：，因为，故，故. 2．（2025·天津·三模）在中，内角所对应边分别为，则下列说法不正确的是（    ） A．若满足，的有两解，则a的取值范围为 B．若为锐角三角形，且，则的取值范围是 C．若则是的外心 D．若点O为内一点，且，则 【答案】C 【分析】对于A，利用正弦定理和三角函数的性质求解；对于B，根据余弦定理和已知条件化简，求出，再用正弦定理对进行化简，根据的范围判断即可；对于C，由向量的数量积的运算及外心的定义判断；对于D，交于点，由向量的线性运算法则及向量共线定理，可得，从而求得面积比. 【详解】对于A，，所以， 因为，要使有两解，则，所以，A正确； 对于B，因为，又， 所以，即，即， 所以， 即，即， 因为，所以，即 所以， 因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，B正确； 对于C， 则， 所以，所以点在边的高线上，所以不一定是的外心，C错误； 对于D，若点O为内一点，且， 延长交于点，故存在实数，使得， 由于在直线上，故，从而，即， 所以，故，D正确. 3．（2025·天津·二模）若点为的外心，且满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据外心的性质，以及平面向量的线性运算和数量积运算，对向量等式进行化简，再根据余弦定理解三角形，求出角的范围，根据正弦函数性质，求出结果. 【详解】因为点为的外心， 所以， 因为， 即， 即，即， 化简得， 可知，化简得， 根据基本不等式可知，当且仅当时取等号， 因为，，所以， 所以的最大值为. 故选：C. 4．已知为的外心，外接圆半径为，且满足，内角，，所对的边分别为，，，下列说法正确的有（     ） A． B．三边之比 C．为钝角三角形 D．的最大值为 【答案】A 【分析】对于A，根据向量的数量积及运算律求解即可；对于B，根据圆心角与圆周角的关系，结合二倍角公式求出，同理求出，，结合正弦定理判断即可；对于C，结合选项B及边角关系得到为最大角，根据余弦定理得到，即为锐角，即可判断；对于D，结合选项B判断即可. 【详解】对于A，由，得， 所以，即， 也即，所以，A正确. 对于B，因为，所以， 又，所以.    同理可得，；，， 由正弦定理得，，B错误. 对于C，由选项B得，为最大角，设， 由余弦定理得， 又，所以为锐角，故为锐角三角形，C错误. 对于D，由选项B得，，D错误. 5．（2026·天津·阶段检测）设的外心为，若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先结合圆的性质可得，，由数量积的运算律得，同理，，代入已知化简得，然后由正弦定理得，再利用余弦定理求解即可. 【详解】因为为的外心， 则在上的投影向量为，在上的投影向量为， 所以，， 所以， 同理根据外心的性质和数量积的几何意义得，， 由得， 即，又及正弦定理得， 所以，即，由余弦定理得. 故选：A 6．（2026·天津·模拟预测）在中，若动点P满足向量平行于向量，则P的轨迹过的（   ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【答案】C 【分析】将提取出来, 转化成表示与共线的向量, 点是的中点, 故的轨迹一定通过三角形的重心. 【详解】由正弦定理得， 设 而 表示与共线的向量 而点是的中点, 所以的轨迹一定通过三角形的重心. 故选：C 7．（2026·天津·二模）已知为所在平面内一点，若，则点是的（    ）． A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【答案】A 【分析】先转化为共起点的向量，再利用三角恒等变换化简有序数对，最后等式两边点乘对边向量，由数量积的值进行判定． 【详解】 原式变形为： ． 因为 ， 所以， 同理，， 所以（其中为的中点，内角的对边分别为）． （由三角形的高得到，即）， 即． 同理，，其中为的中点． 所以是的外心， 故选：A． 8．（2025·天津河北·一模）已知的内角所对的边长分别为，且的面积满足，点为的外心，满足，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】已知，结合余弦定理化简求得，再利用三角形面积公式求出，即可判断A；根据平面向量的混合运算法则，计算的值即可判断B；先利用余弦定理求出a的值，再根据正弦定理即可判断C；根据平面向量的混合运算法则，列方程组求出和的值，即可判断D. 【详解】已知，则， 由余弦定理可知，所以， 变形得，两边平方得， 整理可得，解得或， 因为，所以，则 对于A，，故A正确； 对于B，， 因为点为的外心，所以， 因此，故B正确； 对于C，由余弦定理可得， 由正弦定理得，则，故C错误； 对于D，因为，则， 因为， 所以，即①， 同理可得， 因为， 即，所以②， 联立①②，解得，故D正确． 故选：C． 9．（2026·天津南开·阶段检测）在△ABC中，，，P为△ABC内的一点，，则下列说法错误的是（   ） A．若P为△ABC的重心，则 B．若P为△ABC的外心，则 C．若P为△ABC的垂心，则 D．若P为△ABC的内心，则 【答案】B 【详解】    对于A，如图，P为△ABC的重心时，延长交于点. 必有,即，故有，即A正确；    对于B，如图，连接,则, 在中，，故, 于是， 因，则,即，故，故B错误；    对于C，如图，延长交于点,不妨设 在中，,故中， ①， 又,解得，故， 在中， ② ，联立①和②，解得， 故,即，则，C正确；    对于D，如图，设的内切圆半径为， 则由解得，即, 故，即，则，D正确. 故选：B. 10．是平面上一定点，，，平面上不共线的三个点，动点满足，，则的轨迹一定通过的（    ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【答案】D 【分析】利用向量的数量积的定义式结合三角函数诱导公式化简已知等式，再由向量的数量积为零推出向量垂直即可. 【详解】如图所示，过点作，垂足为点． 则， 同理， 动点满足，． ，． ， ， 因此的轨迹一定通过的垂心． 故选：D． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $