2026年高考数学复习知识清单(全国通用)专题04向量三大定理及四心培优归类(12题型)(学生版+解析)

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题型1 奔驰定理
1．（24-25高三·湖北武汉·模拟）奔驰定理：已知是内的一点，若、、的面积分别记为、、，则.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，已知是的垂心，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】延长交与点，结合三角形面积公式得，再由已知有，最后由三角形内角性质及和角正切公式列方程求值.
【详解】∵是的垂心，延长交与点，
，同理，
∴，又，
∴，又，
∴，
不妨设，，，其中，
，
∴，化简整理得，解得（负值舍），
所以.
故选：B
2．（2024高三·上海·专题练习）“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．
【点睛】关键点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，），根据题意，结合奔驰定理得到，，从而可设，则，由，得，进而即可求．
3．（24-25高一下·安徽·期中）“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lg很相似.故形象地称其为“奔驰定理”.其内容为：已知是内一点的面积分别为，则.设是锐角的垂心.且，则 .
【答案】
【分析】作出辅助线，由奔驰定理得到，设，则，设，则，由，得到，求出，根据互补得到，由同角三角函数关系得到答案.
【详解】如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点.
故⊥,⊥,⊥,
，由“奔驰定理”得，，
则，即，设，则，
同理，即，设，则.
由，得，即，所以，
所以，所以，
又，所以，
所以，
则.
故答案为：
4．（2021·四川凉山·三模）如图，为内任意一点，角，，的对边分别为，，.总有优美等式成立，因该图形酷似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理.现有以下命题：
①若是的重心，则有；
②若成立，则是的内心；
③若，则；
④若是的外心，，，则.
则正确的命题有 .
【答案】①②④
【分析】对于①:利用重心的性质代入即可.
对于②:利用三角形的面积公式结合与可知点到的距离相等.
对于③:利用将表示出来，代入.化简即可表示出的关系式，用将表示出来即可得处其比值.
对于④：利用三角形的圆心角为圆周角的两倍，再将两边平方，化简可得，结合的取值范围可得出答案.
【详解】对于①：如图所示：因为分别为的中点，
所以,，
同理可得、，
所以，又因为
所以.①正确.

对于②：记点到的距离分别为，，因为，则，即，又因为，所以，所以点是的内心.②正确.
对于③：因为，所以,,,
所以,
化简得：，
又因为不共线.所以，
.③错误.
对于④：因为是的外心，，所以,，,因为，则，
化简得： ,由题意知不同时为正.记,则，因为
所以.④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】本题考查三角形的向量性质.属于难题.利用平面向量基本定理，将等式中的向量全部用一组基向量表示是解本类题型常用的方向.
题型2 奔驰定理：面积比求参型
1．（23-24高三·浙江·阶段练习）已知点M是所在平面内的一点，若满足，且，则实数的值是 .
【答案】
【分析】点M是所在平面内的一点，若满足，根据向量的概念，运算求解得：，，再根据与的关系，求出与之比，得出.
【详解】解：记，.
又，从而有.
【点睛】本题考查了向量的几何运算，根据线段的比值，面积的关系求解.
2．（2022高三·全国·专题练习）已知点P是△ABC的中位线EF上任意一点，且EF∥BC，实数x，y满足＋x＋y＝0，设△ABC，△PBC，△PCA，△PAB的面积分别为S，S1，S2，S3，记＝λ1，＝λ2，＝λ3，则λ2λ3取最大值时，3x＋y的值为 .
【答案】2
【分析】根据题意可得λ1＝，则λ2＋λ3＝，利用基本不等式计算可知当P为EF的中点时λ2λ3取最大值时，延长AP交BC于M，则，结合题意的条件即可求出x、y.
【详解】由题意可知λ1＋λ2＋λ3＝1.因为P是△ABC的中位线EF上任意一点，且EFBC，
所以λ1＝，所以λ2＋λ3＝，所以λ2λ3≤，当且仅当λ2＝λ3＝时，等号成立，
所以λ2λ3取最大值时，P为EF的中点.延长AP交BC于M，则M为BC的中点，
所以PA＝PM，所以，又因为，所以x＝y＝，所以3x＋y＝2.故答案为：2.
3．（22-23高三·四川南充·阶段练习）已知点是的中位线上任意一点，且，实数满足，设、、、的面积分别为，，，，记，，，则取最大值时，的值为 .
【答案】
【分析】由题设条件得到，进而求得，结合基本不等式，求得，得出点为的中点，进而求得取最大值时，的值.
【详解】由题意，、、、的面积分别为，，，，
记，，，所以，
以为点是的中位线上任意一点，且,所以，
所以，当且仅当时取等号，此时点为的中点，
因为实数满足，又由，可得，所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理，以及基本不等式的应用，其中解答中认真审题，合理利用平面向量的基本定理，结合基本不等式求解是解答的关键，综合性强，属于中档试题.
4．（21-22高三·山东烟台·阶段练习）已知点是的中位线上任意一点，且平行，实数，满足．设，，，的面积分别为，，，，记，则取最大值时，的值为
【答案】/1.5
【分析】由题设条件得到，进而求得，结合基本不等式，求得，得出点为的中点，进而求得取最大值时，的值.
【详解】由题意，、、，的面积分别为，，，，记，
∴，因为点是的中位线上任意一点，且,
所以，，∴，当且仅当时取等号，此时点为的中点，∴,由向量的加法的四边形法则可得，,
∴，又，∴，.故答案为：.

题型3 奔驰定理：多点奔驰
1.（2022高三·全国·专题练习）已知点A，B，C，P在同一平面内，，，，则等于（ ）
A．14∶3B．19∶4C．24∶5D．29∶6
【答案】B
【分析】先根据向量的线性运算得到，然后再利用奔驰定理即可求解.
【详解】由可得：,
整理可得：，
由可得，整理可得：，
所以，整理得：，
由奔驰定理可得：，
故选：.
2.（24-25高三·广东广州·阶段练习）如图所示，、为内的两点，且， ＝，则的面积与的面积之比为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：设C到AB的高为h，因为，所以P到AB
的高为，所以，而，同理可得，所以则的面积与的面积之比为
考点：向量基本定理
3.（20-21高一下·安徽淮南·开学考试）已知为所在平面内一点，且，若，则 .
【答案】8
【分析】延长到点，使得，延长到点，使得，连接，，，即可得到为的重心，再计算出的面积比，即可得解；
【详解】解：如图所示，延长到点，使得，延长到点，使得，
连接，，，
为所在平面内一点，且满足，
，
所以为的重心，
所以，，，
又
所以，又，所以
故答案为：
【点睛】本题考查平面向量共线定理，三角形重心的性质，三角形面积的计算，对于为所在平面内一点，且，则；
4.（23-25高三·全国·阶段练习）如图，，为内的两点，且，，则与的面积之比为 .
【答案】
【分析】设，，则，根据考查向量加法的平行四边法则，可知，再利用等面积法分别确定，，求解即可.
【详解】如图，
设，，则，连接，，
过点，点作的垂线，垂足分别为点，点，
由向量加法的平行四边形法则可知
又
同理可得∴.故答案为：
【点睛】本题考查向量加法的平行四边法则，等面积转化法，是解决本题的关键，属于较难的题.
题型4 极化恒等式
1．（22-23高三河北沧州·模拟）在中，，，为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先根据条件确定是等边三角形，再建立坐标系，用坐标法求数量积的范围.
【详解】，，，，可得， ，，若，则，，，可得，，，即，即是等边三角形.如图所示，以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，，，.由题意设，则，，.
因为，所以.故选：C.

2．（22-23高二上·湖北·阶段练习）在中，为钝角，M，N是边上的两个动点，且，若的最小值为，则 ．
【答案】/
【分析】先利用向量数量积和的最小值为得到的正弦值和余弦值及的正弦值和余弦值，再依据两角和的余弦公式即可求得的值
【详解】取线段的中点P，连接，过C作于O，如图，则，
依题意，，
因的最小值为，则的最小值为1，因此，在中，，在中，，，
．
故答案为：
3．（21-22高三·上海浦东新·阶段练习）在中，，且，为边的中点. 若在边上运动（点可与重合），则的最小值为 ．
【答案】
【分析】由题得三角形是等腰直角三角形，利用平面向量基本定理，将，用其他已知方向和模长的向量表示，计算数量积，求最小值.
【详解】由题，为等腰直角三角形，，，，
设，，则，，
所以，
即，因为，所以当时，最小等于.故答案为：.
4．（24-25高二上·江苏扬州·阶段练习）已知圆，为圆的动弦，且满足，为弦的中点，两动点在直线上，且，运动时，恒成立，则线段中点的横坐标取值范围是 ．
【答案】
【分析】由题得出，设的中点，由恒成立，可得以为圆心，2为半径的圆与外离，列出不等式求解即可．
【详解】由题意，圆的圆心为，半径，
因为，为弦的中点，所以，
所以点在以为圆心，2为半径的圆上，
又由两动点在直线上，且，设的中点，
则在以为圆心，半径为的圆上，
因为当在圆上运动时，恒成立，
所以以为圆心，2为半径的圆与外离，则，即，解得或，
所以线段中点的横坐标的取值范围是，
故答案为：．
题型5 等和线模型
1．（2019·湖南·二模）已知的一内角，为所在平面上一点，满足，设，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【分析】由条件知为外接圆的圆心，设，利用三点共线，建立方程关系进行转化求解即可．
【详解】解：由题意可知，为外接圆的圆心，如图所示，
在圆中，劣弧所对的圆心角为，点为定点，点为优弧上的动点，
则点满足题中的已知条件，延长交于点，
设，由题意可知：，
由于三点共线，据此可得：，则，则的最大值即的最大值，
由于为定值，故最小时，取得最大值，
因为，所以当时，最小，取得最小值，
此时，为等边三角形
所以．故选A．
【点睛】本题主要考查向量基本定理的应用，利用三点关系，得到是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．
2．（22-23高三上·贵州黔东南·开学考试）已知在Rt△ABC中，A，AB＝3，AC＝4，P为BC上任意一点（含B，C），以P为圆心，1为半径作圆，Q为圆上任意一点，设，则a+b的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平面向量基本定理，建立直角坐标系，数形结合求得目标函数的最值.
【详解】根据题意，建立如图所示直角坐标系：则点，
容易知点的运动区域为图中的两条线段与两个半圆围成的区域，
由，设，则，故.
设，则，消去，即可得，
则当点运动时，直线与圆相切时，直线的纵截距最大.
不妨作于，延长交每个圆的公切线于点，则容易得，
则点到直线的距离为，故，解得.
故的最大值为.故选：C.
【点睛】本题考查平面向量基本定理，涉及线性规划的思想，属综合性中档题.
3．（2021·四川绵阳·三模）已知点为抛物线的焦点，，过点且斜率为的直线交抛物线于，两点，点为抛物线上任意一点，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出直线的方程，可设，设，利用可得即可求出.
【详解】由题可得，则直线的方程为，设，
设，则，，，
由可得，
则，两式相减得
则可得，则当时，取得最小值为.故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查抛物线中的最值问题，解题的关键是设点，通过向量关系得出.
4．（2021·上海金山·一模）已知的外接圆圆心为，，若(，)，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】D
【分析】设与 交点为，则其中，由于，得，因为 故的最小值可得.
【详解】设与 交点为，设，圆的半径为，为中点，如图所示：
则，设，因为三点共线，则
所以，故
因为，则所以
则 ，故 所以的最小值为2
故选：D
【点睛】设，因为三点共线，则，得是解题的关键.

题型6 等和线：系数不是1（三角换元构造型）
1．（20-21高一下·江苏南京·期末）在扇形中，，，为弧上的一个动点，且．则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，令，则， 则，易知为减函数，即可得出结果.
【详解】以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
令，则，因为，则，,，
又，则，则，则，
又，易知为减函数，由单调性易得其值域为.故选：B.
2．（24-25高三上·辽宁阶段练习）已知扇形的圆心角是，半径是1，是弧上不与重合的一点，设，若存在最大值，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立平面直角坐标系，由的坐标以及求得，根据三角函数最大值的知识列不等式，从而求得的取值范围.
【详解】依题意可知三角形是等边三角形，以为原点建立如图所示平面直角坐标系，
则，设，由于，
所以，所以，解得，
所以，
其中，由于，要使有最大值，则存在，则，所以，
.故选：A
3．（21-22高一下·河南商丘·期中）如图，扇形的半径为1，且，点C在弧上运动，若则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立直角坐标系，设，可表示出点的坐标，根据向量相等的坐标表示，可以用角分别表示出，进而根据三角函数求最值.
【详解】依题意，以为原点，以分别为轴，建立直角坐标系，如图，
设，则，，，
，，
， ，其中，
，当且仅当时取等号，的最大值是.故选：A.
4．（21-22高三上·湖南长沙·阶段练习）在平面四边形中，已知的面积是的面积的3倍.若存在正实数使得成立，则的值为（ ）
A．10B．9C．8D．7
【答案】A
【分析】连接，设与交于点，过点作于点，过点作与点，由面积比得，再利用三点共线可得出的关系，从而可求解．
【详解】如图，连接，设与交于点，过点作于点，过点作与点.
若的面积是的面积的3位，则.
根据相似三角形的性质可知，，所以，所以
设因为，
所以，所以.故选：A.
题型7 等和线：均值型
1．（24-25高三·辽宁·阶段练习）如图，在中，为线段上一点，且，为线段的中点，过点的直线分别交直线、于、两点，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用平面向量的基本定理推导出，即，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为，则，所以，，
因为为的中点，则，因为、、三点共线，设，则，所以，，
因为，，则，，
所以，，因为、不共线，所以，，所以，，
所以，，即，所以，
，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：C.
2．（22-23高三上·山西吕梁·阶段练习）如图，在中，O为线段BC上一点，且，G为线段AO的中点，过点G的直线分别交直线AB，AC于D，E两点，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】根据向量的线性运算的几何表示及向量共线可得，然后利用基本不等式即得.
【详解】因为，
所以，即，又因为G为线段AO的中点，所以，因为，，所以，
因为D、G、E三点共线，所以，即，
所以
，当且仅当，即时取等号．
故选：C.
3．（22-23高一下·黑龙江佳木斯·期中）在单位圆上的扇形OAB中，∠AOB＝60°，C为弧AB上的一个动点，若，则的取值可能是（ ）
A．－1B．1C．D．
【答案】BD
【分析】不妨设，以O为原点，OB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，令，则， 则，再结合三角函数值域的求法求解即可.
【详解】不妨设，以O为原点，OB所在直线为x轴建立平面直角坐标系.
由题，，令，则，.
因，则的取值可能是1或.故选：BD

4．（23-24高二上·江苏淮安·开学考试）已知中，，M为线段BN上的一个动点，若（x、y均大于0），则的最小值为 ．
【答案】9
【分析】由向量的线性运算得出，利用三点共线得，然后由基本不等式求得最小值．
【详解】∵，∴，
∴，又三点共线，∴，
，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值是9.故答案为：9.

题型8 等和线：比值型
1．（21-22高一下·江苏常州·阶段练习）如图，已知平行四边形的对角线相交于点，过点的直线与所在直线分别交于点，，满足，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】用向量表示，再利用点M，O，N共线列式计算作答.
【详解】因平行四边形的对角线相交于点，则，
而，于是得，又点M，O，N共线，
因此，，即，又，解得，所以.故选：B
2．（21-22高一下·宁夏石嘴山·期中）如图，在△ABC中，，，BE交CF于点P，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由三点共线的性质得出.
【详解】因为三点共线，所以
因为三点共线，所以
所以，解得，故选：A
3．（21-22高三北京丰台·阶段练习）如图，在直角梯形中，是的中点，，，，，若，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】由向量的线性运算把用表示后可得．
【详解】是的中点，
，
又，不共线，
所以，，所以．
故选：C．
4．（21-22高三·安徽黄山·阶段练习）已知是所在平面内的一点，，，所对的边分别为，，，若，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
【分析】根据与的面积之比为可得，再以为基底表达，结合向量共线的性质求解即可
【详解】因为与的面积之比为，易得.故，即，整理得.因为，且均不共线，故，解得
故选：D

题型9 等和线：二次型
1．（23-24高三·江苏宿迁·阶段练习）在中，，过点O的直线分别交直线于M，N两个不同的点，若，其中m，n为实数，则的最小值为（ ）
A．1B．4C．D．5
【答案】C
【分析】利用、表示出，再利用三点共线得到，再把转化为关于的式子，即可求出最小值.
【详解】 三点共线
即
故的最小值为.故选：C.
2．（23-24高三·广西南宁·阶段练习）在中，点O满足，过点O的直线分别交射线，于不同的两点M，N．设，，则的最小值是（ ）
A．3B．1C．D．
【答案】D
【分析】利用共线定理的推论可得，然后利用换元法结合二次函数性质求出最值即可.
【详解】由题可知，，因为，，所以，，
因为，所以，所以，
因为三点共线，所以，则，则，
所以，当时等号成立，
所以的最小值为.故选：D.
3．（2023高三·全国·专题练习）给定两个长度为，且互相垂直的平面向量和，点在以为圆心、为半径的劣弧上运动，若，其中、，则的最大值为
【答案】
【分析】建系，根据平面向量的坐标运算可得，根据三角函数的定义可设，，结合同角三角关系以及正弦函数的性质分析运算.
【详解】如图，以为坐标原点，为x轴正方向，为轴正方向建立平面直角坐标系，
由题意可得，则，即点为，
因为点在以为圆心的劣弧上运动，所以类比三角中的“平方关系”，可以设，，则，
又因为，则，所以的最大值是，当且仅当，即，时，取到最大值.故答案为：2.
4．（22-23高三·山西运城·阶段练习）已知点是的重心，过点作直线与两边分别交于､两点，且是 .
【答案】/4.5
【分析】由重心性质得，由三点共线得，然后由基本不等式求得最小值即可．
【详解】延长交于，则是中点，，
又三点共线，所以，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，所以的最小值是．故答案为：．
题型10 等和线：求轨迹型
1．（24-25高三·云南曲靖·阶段练习）在锐角中，，，，若动点满足 ，则点的轨迹与直线所围成的封闭区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量加法的几何意义得出点轨迹，利用余弦定理解出长，得出的面积，从而求出围成封闭区域的面积．
【详解】解：在锐角的边上取一点，使，连接
若动点满足，则，
所以，，三点共线。则点的轨迹是直线，所以与直线所围成的封闭区域是三角形，
在锐角中，，，。由余弦定理得：
整理得：，解得或（舍）所以
故.故选：C．
2．（22-23高三·安徽阶段练习）在中，，点满足，若，其中，动点的轨迹所覆盖的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，不妨用坐标法处理；建立平面直角坐标系，根据题意，求得点坐标，根据向量线性运算的几何意义，求得动点构成的图形形状以及范围，结合余弦定理和三角形面积公式，即可求得面积.
【详解】根据题意，不妨过点作的垂线，垂足为，
以为坐标原点，建立平面直角坐标系如下所示：
根据题意，可得坐标如下：，
设点的坐标为，由可得：，
故可得.则点坐标为.设点的坐标为，由，
由向量的线性运算性质可知，点的轨迹是：
以为一组邻边的平行四边形内的任意一点，含边界.
故可得，
故可得,则.
则以为一组邻边的平行四边形的面积
.故选：.
【点睛】本题考查向量的线性运算，涉及余弦定理解三角形，以及三角形面积公式的应用；需要注意，本
3．（22-23江西吉安阶段练习）点为所在平面内一动点，且满足：，，，若点的轨迹与直线围成封闭区域的面积为，则 ．
【答案】
【分析】由构造出，由系数和为得出三点共线，可得的轨迹为直线，结合三角形面积公式可得解.
【详解】设，，则.∵满足：
∴∴，，三点共线∴点轨迹为直线
∵点的轨迹与直线围成封闭区域的面积为∴，即.
∴，即.∴∴为等边三角形∴故答案为：
4．（21-22·浙江金华阶段练习）已知点,平面区域D由所有满足的点组成的区域若区域的面积为8, 则的最小值为 .
【答案】4
【详解】试题分析：如下图所示：
所以， ,
因为 ,所以，
整理得： ，因为 ，所以 ，
所以， ，其中等号当且仅当 时成立，所以答案应填：4．
考点：1、平面向量的线性运算；2、基本不等式．
题型11 向量四心：重心
1．（20-21高一下·重庆渝中·期中）设是内任意一点，表示的面积，，，，定义.若是的重心，，则（ ）
A．点与点重合B．点在内
C．点在内D．点在内
【答案】D
【分析】分析理解题中所给定义的含义，将值转化为三角形高的比值，找出特殊的值并比较大小即可得出答案.
【详解】如图，过点作,由三角形重心性质知,同理,
由题中定义易得，由知在直线上，
又因为，取中点,取中点,连接,则是中位线，
由题中所给定义可知，点在直线上，综上，如图，点在内故选:D
2．（20-21高三上·江苏泰州·阶段练习）已知点为的重心，，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由三角形重心的性质可得，，由向量数量积的定义可求得，然后根据向量数量积的性质可得|，结合基本不等式可求的最小值.
【详解】如图所示，设的中点为，由三角形重心性质可得，
又为中点， ，，则.
又，，由向量的数量积定义可得，，.
，当且仅当时等号成立，即的最小值.
故选：C.
【点睛】本题考查了平面向量与基本不等式的综合运用，考查学生的逻辑推理能力与运算能力，属于中档题.
3．（2019·江西上饶·二模）过的重心作直线，已知与、的交点分别为、，，若，则实数的值为
A．或B． 或
C．或D．或
【答案】B
【解析】利用面积之比，转化为的方程，解方程即可.
【详解】设,因为G为的重心，所以,即.
由于三点共线，所以，即.
因为，，所以，即有，解之得或.故选B.
【点睛】本题主要考查平面向量的应用，注意重心定理的使用及三点共线的结论，题目稍有难度.
4．（20-21高一下·湖南·期末）已知的重心为，过点的直线与边，的交点分别为，，若，且与的面积之比为，则的可能取值为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】BD
【分析】设，利用重心的性质，把用、表示，再由，，三点共线得关于，的方程，再由三角形面积比得关于，的另一方程，联立即可求得实数的值．
【详解】解：如图，，，即，设，则，三点共线，，，
所以，与的面积之比为，， 即，化简得，解得或3.故选：BD

题型12 向量四心：外心
1．（24-25高三天津·阶段练习）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．
2．（23-24高一下·浙江绍兴·期中）在中，已知，，若点为的外心，点满足的点，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】根据几何关系，转化向量，再计算数量积，结合数量积的几何意义，求数量积的值.
【详解】，,
，，，
.故选：D
3．（23-24高三·重庆·阶段练习）已知在中，，，，点为的外心，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】在中，利用余弦定理求出，再在两边同时乘以向量和，利用投影的定义计算出和的值，代入方程中计算，解出和，可得出答案．
【详解】中，，，，
则，
，，
又，同理可得：，代入上式，
，解得：，，
故选：．
【点睛】考查三角形外心的定义，余弦定理，以及数量积的运算及其计算公式，余弦函数的定义，属于中档题．
4．（2025高三·全国·专题练习）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．
题型13 向量四心：内心
1．（22-23高三·山西长治·阶段练习）为所在平面上动点，点满足, ,则射线过的
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【答案】B
【分析】将变形为，因为和的模长都是1，根据平行四边形法则可得，过三角形的内心.
【详解】 因为和分别是和的单位向量。所以是以和为邻边的平行四边形的角平分线对应的向量
所以的方向与的角平分线重合即射线过的内心。故选B
【点睛】本题主要考查平面向量的平行四边形法则、单位向量的性质以及三角形四心的性质，属于中档题.
2．（21-22高三·河南开封·阶段练习）已知点是所在平面内的一个动点，满足（，则射线经过的（ ）
A．内心B．外心C．重心D．垂心
【答案】A
【分析】根据，的几何意义及向量加法运算法则得到射线在角A的平分线所在射线上，从而得到答案.
【详解】，分别表示的是方向上的单位向量，由向量加法运算法则可知：射线在角A的平分线所在射线上，故射线经过的内心.
故选：A
2．（23-24高三·黑龙江大庆·阶段练习）已知O是平面上一点，，A、B、C是平面上不共线的三个点，点O满足，则O点一定是△ABC的（ ）
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【答案】B
【解析】由所给等式利用数量积的定义可得，推出O点为的角平分线上的点，同理O点为的角平分线上的点，即可判断.
【详解】，，
即，
，O点为的角平分线上的点，
同理可得O点为的角平分线上的点，
所以O点为△ABC角平分线的交点，O点是一定是△ABC的内心.
故选：B
【点睛】本题考查向量的数量积的定义及运算律、三角形内心的概念，属于中档题.
3．（23-24高三上·浙江模拟）已知三角形， ， ， ，点为三角形的内心，记， ， ，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据点为三角形的内心有，再将分别用为基底，利用数量积的公式与余弦定理求解再判断大小即可.
【详解】∵三角形，，，，点为三角形的内心
∴
∴，即，故
，即，故，
即.
∴.
.
.
又根据余弦定理可得：，∴，
∴，，.
∴故选：A
题型14 向量四心：垂心
1．（2024高三·全国·专题练习）点P为所在平面内的动点，满足，，则点P的轨迹通过的（ ）
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，得到所在直线为高所在直线，即可．
【详解】由题意，
故所在的直线与三角形的高重合，故通过垂心.
故选：C．
2．（25-26高三上·四川成都·开学考试）设O是平面上一定点，动点P满足，，且A，B，C是平面上不共线的三点，则动点P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】根据数量积的运算可得，进而根据可得，结合垂线的定义即可求解.
【详解】，
则，即，
故，即点的轨迹经过的垂心.
故选：D
3．（23-24高一下·浙江·阶段练习）在等腰中，，若点M为的垂心，且满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】合理作图，建立平面直角坐标系，利用垂心的性质得到之间的关系，进而求出，再利用二倍角公式求出，最后求出即可.
【详解】如图，在等腰中，找底边的中点，
作，，交点即为垂心，以为原点建立平面直角坐标系，
设，，故，，，故，，，
故，
设，故，则，故，
又，故，而，则，解得，
故，故，解得，可得，
易得，，可得，可得，解得，
由三线合一性质得平分，故，而，
由二倍角公式得，故，故C正确.故选：C
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是建立平面直角坐标系，然后表利用垂心的性质结合二倍角公式求出，最后得到即可．
4．（23-24高三上·上海·阶段练习）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．
【详解】由三角形垂心性质可得，，不妨设x，
∵345，
∴，
∴，同理可求得，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查平面向量的运用及向量的夹角公式，解题的关键是由三角形的垂心性质，进而用同一变量表示出，要求学生有较充实的知识储备，属于中档题．

题型15 四心综合应用
1．（25-26高二上·上海杨浦·开学考试）已知重心为，过点作直线分别交边，于点，（均不与顶点重合），则的最小值为 ．
【答案】
【分析】设，，先根据为的重心，明确的关系，根据，用表示出，结合基本不等式可求其最小值.
【详解】如图：设，.由题意，.
因为为的重心，所以.又因为三点共线，所以.又，所以，所以；同理.
因为，，
如图，延长交于点，则点为边的中点，
故，则得，
所以
因为（当且仅当即时取等号，此时.）
故得，即的最小值为.
故答案为：
2．（24-25高三上·宁夏银川·阶段练习）欧拉线是由瑞士数学家莱昂哈德·欧拉在1765年提出的一个几何定理，指出在一个三角形中，其外心、重心和垂心共线.这条直线被称为欧拉线.在三角形ABC中，O为三角形的外心，P为三角形垂心（O点与P点不重合），且，动点M在直线OP上，且，则的最大值
【答案】
【分析】首先利用欧拉线的性质以及已知的平行关系得到一些向量关系，再根据向量的线性表示求出与的关系，最后求的最大值.
【详解】设为重心，则由欧拉线定理可知在上，
连接交于点，所以为的中线，所以，
点在直线上，设，所以，所以，所以，
所以，当时取最大值.故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于找出和的代数关系.
3．（22-23高二上·山西吕梁·阶段练习）已知椭圆：，，为其左、右焦点，为椭圆上任一点，的重心为G，I是内心，且有（其中为实数），椭圆的离心率 .
【答案】/0.5
【分析】设，求出重心的坐标，利用中面积等积法可求出的关系，即可得椭圆离心率.
【详解】设为的重心，点坐标为，
∵，∴IG∥x轴或 IG两点重合， ∴I的纵坐标为，
在中，，，
又∵I为△F1PF2的内心，∴I的纵坐标 即知内切圆半径，
内心I把分为三个底分别为的三边，高为内切圆半径的小三角形，
，
即，， ∴椭圆C的离心率故答案为:
4．（2019·四川凉山·模拟）设（是坐标原点）的重心、内心分别是，且，若，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】由，所以，（r为内切圆的半径），再由，从而得，再由余弦定理，结合基本不等式即可得最值.
【详解】因为重心、内心分别是，且，所以，（r为内切圆的半径），
又.且.
解得.
所以.
当且仅当时，即为等边三角形有最小值.
【点睛】本题考查了三角形的重心与内心的性质、三角形的面积计算公式，余弦定理与基本不等式，综合性较强，难度较大.
题型16 向量压轴小题
1．（24-25高一下·上海·期中）在中，若，则的最大值是 ．
【答案】
【分析】由向量垂直可得，利用数量积的运算律及正余弦定理化简可得，再由余弦定理及基本不等式求出的最小值，从而求出的最大值.
【详解】由题意，，则，
，即，
，所以，
化简可得：，
，
当且仅当，即时等号成立，在中，为锐角，要使最大，则取最小值，
，，的最大值为.故答案为：.
2．（25-26高三上·浙江·开学考试）已知且，若对于任意的，都有，则 .
【答案】
【分析】利用，求出数列是等比数列来写出通项公式，再利用的通项公式求出，通过观察的特点，即，设，将用表示，设，求出是的二次函数，又在前后震荡，通过的对称轴在左右两侧的讨论得到不成立，从而得到的对称轴就是，建立的方程，再求的值，从而得到的值.
【详解】，，，
，，是等比数列，公比，首项为，，，
，，，
设，则，，，设，，
的对称轴为，又在前后震荡，
若对称轴在的左侧，则会总存在一个，使得，，等在对称轴的右侧且在附近左右摆动，就不满足对于任意的，都有成立，
对称轴在的左侧不成立；若对称轴在的右侧，则会总存在一个，使得，，等在对称轴的左侧且在附近左右摆动，
就不满足对于任意的，都有成立，对称轴在的右侧不成立；
对称轴只能是，即，解得，
，.故答案为：
3．（2025高二·全国·专题练习）已知平面向量，，，，，，则的取值范围 ．
【答案】
【分析】设，，，求得，在线段的延长线上取点，使，在线段上取点，使，利用阿氏圆性质得到，结合图形推得，，从而将转化成，得到动点的轨迹为以，为焦点的椭圆，要求的范围，即是求椭圆在膨胀过程中的长轴长的范围问题，考虑两个临界位置求出的范围，即得答案.
【详解】如图，设，，，则，，
由可得，则.
在线段的延长线上取点，使，在线段上取点，使，
根据阿氏圆的性质有，结合图形知，，则，
因点，关于直线对称，故可将其理解为圆上的动点到两定点的距离之和，
设，，因，则动点的轨迹为以，为焦点的椭圆，要求的范围，即是求椭圆在膨胀过程中长轴长的范围问题.
由图知，椭圆先经过点，最后经过点.设椭圆的短半轴长为，当椭圆经过点时，因，，此时；
当椭圆经过点时，，，此时.
故的取值范围是，即的取值范围为.故答案为：
4．（24-25高一下·四川达州·期末）在中，，，为线段上一点，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由利用面积公式和数量积可得，由利用正弦定理结合三角恒等变换可得，由可得，由三点共线的可得，设，利用辅助角公式结合正弦函数有界性分析求解.
【详解】设角所对的边分别为，因为，则，可得，
且，所以，因为，即，可得，
由正弦定理可得，又因为
且，可得
，
则，因为，则，可得，
且，则，可得，可得，则，可知为等腰直角三角形，由，可得，因为，
且为线段上一点，则，且，设，
则，
且，可得，所以的最大值为.
故答案为：.

结束
奔驰定理：设是内一点，的面积分别记作则.
注：若为内一点，且满足，则、、的面积之比等于
证明：如图，令，即满足
，，，故.


基础知识：
在△中，是边的中点，则.
形如，求值或者范围，其中可以理解对应系数如，称之为“和”系数为1.这种类型，可以直接利用“基底线”平移，做比值即可求得
形如，求值或者范围.一般动点多在圆上，则可以通过三角换元，构造三角函数辅助角形式求最值
利用向量基底理论，求出“和定”或者“积定”，再用均值不等式技巧求出最值和范围
基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)；
基本不等式成立的条件：a>0，b>0；
(2)等号成立的条件：当且仅当a＝b.
基本不等式的变形：
①a＋b≥2eq \r(ab)，常用于求和的最小值；②ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，常用于求积的最大值；

形如，求关于二次型值或者范围，有如下思维：
（1）图形比较规则，建立直角坐标系来解决向量问题；
（2）得到关于的不等式中没有，所以取，建立之间的关系；
（3）用判别式求得的范围，化简所求式子至二次函数的形式；
（4）根据二次函数的最值及的范围求出最值.
向量型求动点轨迹：
利用向量几何意义与坐标运算，寻找转化为坐标。
①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；
②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；
③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.
四心的向量统一形式：设是内一点且；
若为重心，则；
四心的向量统一形式：设是内一点且；
若为外心，则；
四心的向量统一形式：设是内一点且；
若为内心，则；
四心的向量统一形式：设是内一点且；
若为垂心，则.