新高考数学二轮复习重难点培优专练第5章03 平面向量中三角形的“四心”问题及奔驰定理秒杀应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习重难点培优专练第5章03 平面向量中三角形的“四心”问题及奔驰定理秒杀应用（2份，原卷版+解析版），共25页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 5
\l "_Tc16555" 题型一 重心（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 5
\l "_Tc7141" 题型二 外心（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 9
\l "_Tc26803" 题型三 内心（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 15
\l "_Tc13512" 题型四 垂心（★★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 20
\l "_Tc3897" 题型五 奔驰定理（★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 25
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 32
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 32
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 52
一、三角形的重心
1、定义：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；
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．
在平面向量的应用：（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.
二、三角形的外心
1、定义：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；
2、外心的性质：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．
3、外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．
在平面向量的应用：若点是△的外心，则 或
；
三、三角形的内心
1、定义：三角形三个角的角平分线的交点为三角形的内心
2、内心的性质：①三角形的内心到三角形三边的距离相等
②三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
3、内切圆
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
在平面向量的应用：若点是△的内心，则有
四、三角形的垂心
1.定义：三角形三边上的高或其延长线的交点为三角形的垂心；
在平面向量的应用：若是△的垂心，则或
五、奔驰定理
1、奔驰定理：O是△ABC内一点，且xOA+yOB+zOA=0,，则
2、奔驰定理推论：O是△ABC所在平面内一点，且xOA+yOB+xOA=0,，则：
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ① S∆BOC：S∆AOC:S∆AOB=x:y:z
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ② S∆BOCS∆ABC=|xx+y+z|;S∆AOCS∆ABC=|yx+y+z|;S∆AOBS∆ABC=|zx+y+z|
由于这个定理对应的图像和奔驰定理的图标很相似，我们把它称为奔驰定理.
3、奔驰定理的证明
奔驰定理：是内一点，且，则

已知是内的一点，的面积分别为，，，求证：
法一证明：延长与边相交于点则

法二证明：延长OA到OA1，OB到OB1,OC到OC1使得，O为△A1B1C1的重心.
4、三角形四心与奔驰定理的关系及证明
①是的重心：．
证明：由重心分三角形面积相等及奔驰定理易得
②是的内心：
证明：，，（为内切圆的半径），所以
，再由奔驰定理可得
③是的外心：．
证明：，由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，所以（为外接圆的半径），同理可得，，所以，再由奔驰定理可得
④是的垂心：
证明：如图为的垂心，则有，，所以，所以，同理可得，所以，再由奔驰定理可得


题型一 重心
【技巧通法·提分快招】
1．（2025·吉林·二模）在中，点D为的中点，点O为的重心，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合重心性质与向量运算化简可得.
【详解】
如图，连接，因为点O为的重心，
则为的三等分点，且，
所以，
故选：A.
2．（24-25高三下·湖南长沙·月考）空间内有五点A，P，Q，S，T，则“”是“Q为重心”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．既不充分也不必要条件D．必要不充分条件
【答案】D
【分析】由Q为重心时，可得，计算可得，反之，举例可说明不成立.
【详解】当Q为重心时，可得，
所以，所以，
所以，∴成立；
设，如图所示则Q可不为重心.
所以“”是“Q为重心”的必要不充分条件.
故选：D.
3．设为的重心，且，则角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由三角形重心的性质可得出，
由正弦定理的角化边公式化简得出，，再由余弦定理求出.
【详解】∵，又是的重心
∴，观察类比得：，
由正弦定理知：，则，，
即得，
∵，∴
故选：B．
4．已知，为平面内任意一点，动点满足，则点的轨迹一定经过（ ）
A．的内心B．的垂心
C．的重心D．的外心
【答案】C
【分析】取中点为，根据向量的线性运算，以及共线定理，即可判断.
【详解】先设的中点为，则，

又因为，
而，
由三点共线的充要条件知三点共线，
则点的轨迹一定经过的重心.
故选：C．
5．已知为的重心，过的直线分别与边交于点，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题设条件，利用表示，根据平面向量基本定理得出系数间的关系式，利用三角形面积公式得出所求比值为，利用基本不等式求最值即可.
【详解】
如图，延长交于点，因为为的重心，所以点是的中点，
则，
因为三点共线，所以可设，
设，则，
所以，即，
又因为为的重心，所以，
所以，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：A.
6．已知为等边三角形，点G是的重心．过点G的直线l与线段AB交于点D，与线段AC交于点E．设，，则 ．
【答案】3
【分析】连接AG并延长，交BC于F，结合已知有，再由三点共线即可得.
【详解】连接AG并延长，交BC于F，如图所示，
由题意得，F为BC中点，所以，又G为重心，所以，
所以，即，
因为D、G、E三点共线，所以，即.
故答案为：3

题型二 外心
【技巧通法·提分快招】
1．设是所在平面内的一点，若，且，则点是的（ ）
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【答案】A
【分析】取中点D，根据条件化简得，所以点P在中垂线上，所以，所以为三边中垂线交点，即为的外心.
【详解】

如图，取中点D，
.
，
，
，
，
，
点P在中垂线上.
，又，
所以
为的外心.
故选：A.
2．已知在中，分别为的重心和外心，且，则的形状是（ ）．
A．锐角三角形B．钝角三角形
C．直角三角形D．上述三种情况都有可能
【答案】C
【分析】作的边上的中线，过点作于点，过点作于点，根据数量积的几何意义可得，结合重心性质可得点重合，从而得解.
【详解】作的边上的中线，
因为为的外心，所以．
因为为的重心，所以．
过点作于点，过点作于点．
由及，由于为在方向上的投影向量，
由数量积的几何意义，得．

由及，得．而，
所以点重合，故．
故选：C．
3．在中，，，，点O为的外心，若，，，则
【答案】
【分析】根据给定条件，结合外心的性质及数量积的运算律，列出关于的方程组求解即得.
【详解】令边，中点分别为D，E，连接，，
由点O为的外心，得，，，
，，
，，
依题意，，
，
所以，.
故答案为：
4．在锐角中，内角的对边分别为，为其外心.若外接圆半径为，且，则的值为 .
【答案】
【分析】由向量数量积及三角形外心的定义可知，，然后化简已知等式，得到的值.
【详解】由题意可知，
同理可得，
，
，
，由正弦定理,
，
.
故答案为：
5．已知是的外心，若，则 ．
【答案】/
【分析】由，分别与向量点积，即可得到从而求出的值.
【详解】由，又是的外心，
得即
从而有
所以，．
故答案为：.
6．如图，已知为的外心，内角的对边分别为．若，则 ．

【答案】2
【分析】由向量数量积的运算可得，再根据正弦定理及二倍角公式化解可得.
【详解】
，
又，
由正弦定理得
．
故答案为：2.
7．（24-25高三上·天津河北·期中）已知中，点分别是的重心和外心，且，则边的长为 .
【答案】
【分析】根据重心和外心性质，通过转化法利用数量积可得，再由三角形法则计算可求出的长为.
【详解】延长交于点，连接，作于点，则分别为的中点，如下图所示：
易知，
同理可得，
由重心性质可知；
所以；
又，即，可得；
所以，可得；
因此，即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于要充分利用重心和外心的性质，将数量积通过转化得出三角形边长之间的关系，再由即可得出结果.
8．记的三个内角，且，，若是的外心，是角的平分线，在线段上，则 .
【答案】
【分析】由角平分线结合等面积法可得，再运用外心性质（垂径定理）和向量加法把要求的向量分解为共线向量和垂直向量即可求解.
【详解】是角的平分线，在线段上，且，，，
，设的高为，由等面积法得，
，
过点作垂线分别交于，由外心性质得分别为的中点，
.
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是首先利用角平分线的性质得到，再利用外心的性质将部分数量积转化为0计算即可.

题型三 内心
【技巧通法·提分快招】
1．设为的内心，，，，，则 .
【答案】
【分析】根据为的内心，可以得到等式，由，，分别表示，，得到关于，，的等式，令两个等式相对应的系数相等即可.
【详解】插入分点，得，
即，
又，从而有，得，
所以，
故答案为：.
2．已知，为三角形所在平面上的一点，且点满足，则为三角形的（ ）．
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【答案】B
【分析】由题可得，可得点在的角平分线上，同理点在的角平分线上，可得为的内心.
【详解】因为，
，
，
所以点在的角平分线上.
同理可得：点在的角平分线上.
所以点为的内心.
故选：B
3．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.
【详解】因为 ，
所以 ， ，
即 ， ，
所以 ，
．
所以，，
又，
所以 ， ，
所以 在 的平分线上， 也在 的平分线上，
所以点 是 的内心．
故选：C．
4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，I为的内心，若，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，求得，得到的值，再由三角形内心的性质和向量的线性运算，求得，结合题意，得到，即,进而求得的值，得到答案.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，
可得，解得，
因为，所以；
如图所示，设，延长交于点，
则，
所以，同理可得，
过点作，
则
又由，所以,
所以，可得，
即，
因为为的外心，设的内切圆的半径为，
可得，
可得，即，
又因为，即，可得，
由正弦定理得,
又因为，可得，因为且，所以，可得，
所以，可得，.
故选：D.
5．（24-25高三上·河南驻马店·月考）（多选题）已知是边长为的正三角形，该三角形的内心为点，下列说法正确的是（ ）
A．在方向上的投影向量的模为
B．
C．
D．若为外接圆上任意一点，则
【答案】ACD
【分析】对A，根据向量投影的定义可判断；对B，根据向量数量积可判断；对C，根据平面向量运算可判断；对D，根据向量运算性质可判断.
【详解】对A，因为是边长为的正三角形，内心为点，所以可得，
则在方向上的投影向量的模为，
故A正确；
对B，，故B错误；
对C，，故C正确；
对D，根据题意可知也为的外心，
所以，
故D正确.
故选：ACD

6．（多选题）的内心为P，外心为O，重心为G，若，，下列结论正确的是（ ）
A．的内切圆半径为B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】取边的中点，得内心P、外心O、重心G都在中线上，且，由三角形面积相等求出可判断A；求出可判断B；由余弦定理得，平方关系求出，得的外接圆半径，利用可判断C；利用可判断D.
【详解】取边的中点，连接，
因为，所以内心P、外心O、重心G都在中线上，
且，，内切圆半径，
对于A，由得
，解得，故A正确；
对于B，因为，所以，
，故B正确；
对于C，由余弦定理得，
，所以，
所以的外接圆半径，
，所以，
所以，
，故C错误；
对于D，的外接圆半径，
，所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是判断出内心P、外心O、重心G都在中线上.

题型四 垂心
【技巧通法·提分快招】
1．已知平面上四个点，其中任意三个不共线．若，则直线一定经过三角形的（ ）
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【答案】D
【分析】由题意得，即边上的高所在直线为，由此即可得解.
【详解】因为，所以，
所以，即直线一定经过三角形的边上的高，即直线一定经过三角形的垂心.
故选：D.
2．已知点是非等边的外心，是平面内的一点且，则是的（ ）
A．垂心B．重心C．内心D．外心
【答案】A
【分析】由点是非等边的外心可得，又因为平面内满足，所以，设D为中点，得到，，从而得到，在边的高线上.同理可得在边高线上，在边高线上，故为高线交点，即为垂心.
【详解】
因为点是非等边的外心，
所以.
因为平面内满足，
所以,
设D为中点，则有
，
所以，
所以在边的高线上.
同理可得，在边高线上，在边高线上.
故点P是高线的交点，即为的垂心.
故选：A.
3．（23-24高三上·河北·月考）若是的垂心，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，连接，利用中点向量公式结合给定等式推得，再利用垂心的性质，垂直关系的向量表示，二倍角的正切公式计算得解.
【详解】在中，取的中点，连接，则，如图，

由，得，于是，
，
由是的垂心，得，则
因此，即，
显然，，令直线交于，交于，
在中，，即，
则，
所以的值为.
故选：B
【点睛】关键点睛：涉及向量垂直关系，利用基底表示出相关向量，再利用向量数量积的运算律求解是关键.
4．（多选题）已知是平面上的四点，任何三点不共线，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．是的垂心
B．是的垂心
C．
D．
【答案】ABC
【分析】由三角形垂心的向量表示，逐个判断即可.
【详解】由，
可得：，，
即，
由，可得，
即，即，
所以是的垂心，是的垂心，AB正确；
且也是的垂心，
所以，
所以，也即，
由，可得，即可得：，
所以
而选项D反映了“是的重心”的由条件无法判断，故错误．
故选：ABC．
5．已知H是的垂心，满足，且，则 ．
【答案】
【分析】由向量的线性运算，可得，两边点乘及由垂心向量公式得解.
【详解】由，得，
化简得，再左右点乘及垂心向量公式得
，故.
故答案为：.
6．（24-25高三上·宁夏银川·月考）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.

题型五 奔驰定理
【技巧通法·提分快招】
1．“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.它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且.若为的垂心，，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】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，所以，
又，则，同理可得，所以，
设，，则，，
所以，即，，
所以，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用“奔驰定理”得到，从而利用对顶角相等得到，由此得解.
2．（23-24高三上·河北保定·月考）（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，则以下命题错误的有（ ）
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】BC
【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.
【详解】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：BC.
3．（23-24高三上·江西新余·期末）（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：如图所示，已知是内一点，，，的面积分别为，且．以下命题正确的有（ ）

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】ABD
【分析】对于A，取中点，连接，由题意可得，即有，同理可得，，即可判断；对于B，设内切圆的半径为，由三角形的面积公式可得，整理即可判断；对于C，设的外接圆半径为，根据题意及三角形的面积公式可得，，，即可判断；对于D，由题意可得，再由三角形的面积公式可得 ，，设，可得，进而可得，，，即可判断.
【详解】解：对于A，取中点，连接，

因为，
则，
所以，，
所以三点共线，且，
设分别是的中点，
同理可得，，
所以为的重心，故A正确；
对于B，因为为的内心，
设内切圆的半径为，

则有，
所以，
即，故B正确；
对于C，因为为的外心，
设的外接圆半径为，
又因为，

则有，，，
所以，
，
，
所以，故C错误；
对于D，延长交于，延长交于，延长交于，如图所示：

因为为的垂心，，
则，
又因为，
则，
设，
因为，
同理可得，
则，
所以，
所以，
所以在中，，
所以在中，；
所以在中，，
所以在中，；
所以
，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解三角形的重心、内心、外心、垂心.
4．“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】
【分析】利用为的内心，再结合奔驰定理可得，再由已知条件转化可得，利用平面向量基本定理可知，从而得到，再由，可得，利用均值不等式可得，最后可得.
【详解】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：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用奔驰定理得到，再结合余弦定理和基本不等式即可得到，最后即可得到的最大值.

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（24-25高三下·江西·月考）设为的重心，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设为的中点，将分别用表示，再根据数量积的运算律即可得解.
【详解】如图，设为的中点，连接，则点在上，且，
故，
所以.
故选：A.
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
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及数量积的定义可得平分，平分，结合三角形内心定义判断即得.
【详解】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：D
3．已知在同一个平面上有和一点，且满足关系式：，则为的（ ）．
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【答案】D
【分析】根据可得，同理根据可得：，所以为的垂心.
【详解】由，
，所以.
同理由可得：.
所以为的垂心.
故选：D
4．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（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据判断出，，三点共线，再结合外心的性质得到的形状，最后根据投影向量的定义求出的值.
【详解】已知，将其变形可得，即.
根据向量共线定理，可知与共线，所以，，三点共线.
因为点为的外心，外心是三角形三边垂直平分线的交点，且，，三点共线，
所以为外接圆的直径，那么，即是直角三角形.

根据投影向量的定义求的值，，
可得，即，
又因为，所以，因为，所以.
的值为.
故选：D.
5．设O为的内心，，，，则 （ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，连，则为内切圆的半径，利用面积关系求出，得，再根据得，由平面向量基本定理求出可得答案.
【详解】取的中点，连，
因为，，所以，，
所以的内心在线段上，为内切圆的半径，
因为，
所以，
所以，得，
所以，
所以，
又，所以，
又已知，所以，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：利用面积关系求出内切圆半径,进而得到是本题解题关键.
6．（24-25高三上·辽宁·期中）设的外心为，重心为，并且满足，则当最大时，的外接圆半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设外接圆半径为，根据向量数量积的运算律结合重心的性质与二倍角的余弦公式得，再利用导数求出极大值点即可.
【详解】设外接圆半径为，
则根据重心向量公式有，
则
，
令，此时，
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
故当最大时，的外接圆半径为.
故选；D
7．平面向量中有一个非常优美的结论：已知O为内的一点，，，的面积分别为，，，则．因其几何表示酷似奔驰的标志，所以称为“奔驰定理”．已知O为的内心，三个角对应的边分别为a，b，c，已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据三边，先求出角B的余弦值,再由内心可得到，进而由“奔驰定理”得到，在对向量进行线性运算即可.
【详解】因为，，，
所以，
因为O为的内心，设，由题意，
则，
同理可得
所以根据“奔驰定理”有，
所以，
即，
所以，
．
故选：A．
8．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）（多选题）在中，为内的一点，，则下列说法正确的是（ ）
A．若为的重心，则B．若为的外心，则
C．若为的垂心，则D．若为的内心，则
【答案】BCD
【分析】建立平面直角坐标系，对于A、C、D：先求出三角形各种心的坐标，然后代入坐标列方程求解；对于B：利用展开计算即可．
【详解】在中，，，为内的一点，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，
对于选项A：若为的重心，则，，则，
所以，
若，由平面向量基本定理可得：，
解得，所以，故选项A不正确；
对于选项B：若为的外心，其必在直线上，
所以，故选项B正确；
对于选项C：若为的垂心，其必在上，设，
则，解得，
此时，
若，由平面向量基本定理可得：，
解得，所以，故选项C正确；
对于选项D：若为的内心，设内切圆半径为，
则，得，则，
此时，
若，由平面向量基本定理可得：，
解得，所以，即选项D正确．
故选：BCD．
9．（24-25高三上·吉林松原·月考）（多选题）已知点在所在的平面内，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若，则
C．若，则动点的轨迹经过的内心
D．若，则动点的轨迹经过的外心
【答案】ABD
【分析】A选项，根据得到，同理得到，故；B选项，取的中点，故，故⊥，取的中点，同理可得⊥，点P是的外心，故；C选项，由正弦定理得到，故，点P在的中线上，C错误；D选项，作出辅助线，结合向量数量积运算法则得到，从而得到，点在的中垂线上，故动点的轨迹经过的外心.
【详解】A选项，因为，所以，
所以，同理可得，
故点是的垂心，
故，故A正确；
B选项，取的中点，则，故，故⊥，
取的中点，则，故，故⊥，
故点P是的外心，故，B正确；
C选项，由正弦定理得，故，
故，
取的中点，则，
故点P在的中线上，重心在其上，故C错误；
D选项，
，
设的中点，，
所以，
，
所以，
故点在的中垂线上，故动点的轨迹经过的外心，故D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心，
点为所在平面内的点，且，则点为的垂心，
点为所在平面内的点，且，则点为的外心，
点为所在平面内的点，且，则点为的内心，
10．（2025·陕西咸阳·三模）（多选题）如图，已知是内一点，三角形、、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（ ）

A．是的垂心
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】由可得，同理可证所以选项A正确.利用直角三角形得到可得选项C错误.
再由选项C和利用向量的数量积公式展开可得B选项正确.由B选项正确和利用三角形面积公式代入化简可得D选项正确.
【详解】因为，所以则
同理可证得：所以是的垂心.选项A正确.
延长交于两点.

由选项A可知，所以
所以又因为所以选项C错误.
由C选项可知，
同理可得
又因为，所以
所以选项B正确.
由C可知，
同理可得
所以又因为
所以因为
所以，选项D正确.
故答案为：ABD.
11．（多选题）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.则以下命题是真命题的有（ ）
A．若是的重心，则有
B．若成立，则是的内心
C．若，则
D．若是的外心，，，则
【答案】AB
【分析】对于A：利用重心的性质，代入即可；
对于B：利用三角形的面积公式结合与可知点到的距离相等.
对于C：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D：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A：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.正确；
对于B：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，正确；
对于C：因为，
所以，所以，
所以，
所以，
化简得：，
又因为不共线，
所以，所以，
所以，错误；
对于D：因为是的外心，，所以,，
所以，
因为，则，
化简得：，由题意知同时为负，
记，，则，
因为，所以，
所以，
所以，错误.
故答案为：AB.
12．（多选题）边长为1的正三角形的内心为，过的直线与边交于，则（ ）
A．B．当时，此时
C．的最大值为18D．的最小值为15
【答案】BCD
【分析】对于A：设，，根据三点共线结合向量分析判断；对于B：根据题意求，即可得结果；对于CD：设，利用正弦定理可得，，代入整理可得，即可判断最值.
【详解】连接AO并延长，交BC于D，则D是BC的中点，
设，，，，可知，
则，，
可得，，
因为P，O，Q三点共线，则，且，
可得，则，即，
可得，即，
所以，故A错误；
对于选项B：当时，可知为中位线，
则，所以，故B正确；
对于选项CD：设，则．
在中，，，，
由正弦定理得：，
即，可得，
在中，，
由正弦定理得：，
即，可得
则，
因为，则，可得，
当时，取到最大值18，故C正确；
当或时，取到最小值15，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：对于图形中的范围问题，常常利用正、余弦定理进行边角转化，结合三角函数相关知识求最值.
13．（2024·四川南充·模拟预测）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.
【详解】由于点是的重心，故，
故，
即，
故
，
故答案为：
14．在中，I为的内心，若，则 .
【答案】
【分析】根据内心的性质和向量关系可得到三角形三边的比值，然后根据勾股定理的逆定理可知三角形为直角三角形，从而得出的值.
【详解】根据题意，画出图形为：
因为是的内心，所以根据内心的性质和向量关系可知，
若，则，分别为三角形三边的长度.
因为，所以，
根据勾股定理的逆定理，则.
故答案为：90°.
15．设分别为的外心和垂心，，，，，则 ．
【答案】
【分析】根据题意可得，即，然后可得，，同理可得，，，根据正弦定理可得，继而得到，再由即可求解.
【详解】设为的中点，为的中点，
因为，所以，
即，又，所以，
则，所以．
因为，
所以，，．
由正弦定理，即，
又，所以，则，
又．

故答案为：.
16．（2024高三·江苏·专题练习）在中，，O是的外心，则的最大值为
【答案】3
【分析】取中点为D,将写为,展开后,将作为一组基底,将其他向量写为的形式,再将三角形的边和角代入,用余弦定理将边角之间关系代入上式,再用正弦定理求出变量范围,求出最大值即可.
【详解】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
17．由三角形内心的定义可得：若点为内心，则存在实数，使得.在中，，若点为内心，且满足，则的最大值为 .
【答案】
【分析】设，根据共线向量的几何意义和二倍角公式解答即可.
【详解】延长交于，
设与圆相切于点，与圆相切于点，如图所示，
则，，设，且.
因为、、三点共线，所以，
即，
因为，所以，
又因为，所以，
所以.
故答案为：.
18．（2025·海南·模拟预测）瑞士数学家欧拉在1765年提出定理：任意三角形的外心、重心和垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线也被称为欧拉线．已知在中，，，且，设的外心为O，重心为G，垂心为H，若，则实数 ； ．
【答案】 3 或
【分析】根据重心的性质得出，进而都化为以点为起点的向量，即可得出空一；根据正弦定理得出或.然后分类讨论，建立坐标系，求出点的坐标，进而得出答案.
【详解】如图1，设中点为，，垂足为，
则，.
根据重心的性质可知，
所以有，
整理可得，
所以，，；
由已知在中，，，且，
根据正弦定理可得，
.
又，所以有或.
当时，，则.
且由余弦定理可知，
，
代入可得，，
整理可得，
解得（舍去），
所以.
如图1，，，，.
建立直角坐标系，
则，，，.
不妨设，
则，.
因为，
所以，，
即有，
解得，所以.
又，，，
所以.
所以，，
所以，.
又由欧拉定理可知，，
所以，；
当时，，则.
且由余弦定理可知，
，
代入可得，，
整理可得，
解得（舍去），
所以.
如图1，，，，.
建立直角坐标系，
则，，，.
不妨设，
则，.
因为，
所以，，
即有，
解得，所以.
又，，，
所以.
所以，，
所以，.
又由欧拉定理可知，，
所以，.
故答案为：3；或.
【点睛】思路点睛：根据正弦定理得出或.然后分类讨论，建立坐标系，求出点的坐标，进而得出答案.

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．在四面体中，Q为的重心，分别为侧棱PA，PB，PC上的点，若，，，PQ与平面EFG交于点D，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设中点为，根据线面关系可得与的交点为，再根据平面向量基本定理，结合共线定理，设，求解即可.
【详解】连接如图，设中点为，，连接，由共面可知，与平面的交点即与的交点.
因为，，，设，
则，设，
则，故，
故，解得，代入可得，即.
由重心性质可得，设，
又，
则，故，解得.
故，故.
故选：A
2．在中，，，，O是的内心，且，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据引理证明定理3，即可定理3的结论求解.
【详解】先证明：引理（“奔驰”定理）如图1，O是内的一点，，，的面积分别为，，，则．
证明 如图3，延长AO，与BC边相交于点D，
则．
记，则，即，
所以，
又，所以，
从而．
接下来证明定理3 O是的内心（其中是的三边长）．
证明 设的内切圆半径为r，O是的内心，
则．
根据引理得，O是的内心．
由，可得，
即，
因为O为的内心，，，，
根据定理3，可知，解得，，故．
故选:D．
3．已知为的垂心，且，，，，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】先由已知向量和垂心得，，，，再由已知的向量和对应边的向量垂直得三边的关系，进而算出余弦及正弦.
【详解】设的三角对应的三边分别为，
，
整理得，，
因为，不共线，因此，
又因为，，
解得，，，．
因为为的垂心，所以
，
，
，
，
，
，
则，
所以.
故选：B．
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（Mercedesbenz）的lg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.若是锐角内的一点，、、是的三个内角，且点满足，则（ ）
A．为的垂心
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】首先可根据得出，用相同的方式得出、，即可得出A正确，然后作辅助线，根据、即可得出B正确，再然后通过正弦定理得出，即，用相同的方式得出，即可得出C错误，最后结合解三角形面积公式以及B项得出、、，根据“奔驰定理”得出，结合C项即可得出D正确.
【详解】A项：，即，
，，，
同理可得，，
故为的垂心，A正确；
B：如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点，
因为，所以，，
因为，所以，，
则
，B正确；
C项：在中，由正弦定理易知，
因为，，
所以，
即，，
同理可得，
故，C错误；
D项：，同理可得，，
则
，
同理可得，，
因为，
所以将、、代入，可得，
因为，
所以，
故成立，D正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理、解三角形面积公式、同角三角函数关系以及向量的相关运算，考查向量垂直的相关性质，考查学生对“奔驰定理”的理解与应用，考查化归与转化思想，考查数形结合思想，是难题.
5．（多选题）如图，已知O是内部任意一点，，，的面积分别为，，，．根据上述结论，则（ ）．

A．如果，那么
B．如果，那么
C．如果O为的重心，那么
D．如果O为直角的内心，且两直角边，，那么
【答案】BCD
【分析】依题意易判断A错误，利用平面向量线性运算计算，平面向量基本定理可知B正确，由重心性质可得C正确，根据三角形内心性质并利用勾股定理可判断D正确.
【详解】对于A：由题意,结合，
可得,即A错误.
对于B：由,
可得;
整理得,
即得，即B正确；
对于C：如果O为的重心，
则可知，
可知，即C正确；
对于D：如果O为的内心，设内切圆半径为r,
则,
又,,则,所以，
可知，即D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题关键在于将重心、内心性质转化为向量OA,OB,OC之间得关系式，进而实现问题求解.
6．（2025·新疆·模拟预测）已知为的外心，若，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】根据数量积的几何意义结合三角恒等变换以及正弦定理边化角化简已知等式，可得，再利用二倍角公式化简，继而利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】依题意两边同时乘以得：
，
，
即，
，
即，
即，而，
则，，
又，
.
故的最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用数量积的几何意义以及三角恒等变换化简得到，继而求解即可.
7．“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”（Mercedes-Benz）的lg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是的垂心；②；
③；④
【答案】①③④
【分析】将移项，并结合平面向量的减法和数量积的运算法则，可得，同理推出，，即可判断①；根据①可知，，，再由三角形内角和定理即可判断②；延长交于点，结合诱导公式与余弦函数的定义，可证，进而求解③；利用三角形面积公式和奔驰定理即可证明④.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
同理可得，，，所以为的垂心，故①正确；
因为，，所以，，
所以，
又，
所以，又，
所以，故②不正确；
由②知，，
延长交于点，

所以
，
同理可得，
所以，
所以，故③正确；
由，，
则
，
同理，
所以，
又，
则，故④正确.
故答案为：①③④.
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
（1）
（2）
（3）动点满足，，则动点的轨迹一定通过的外心；
（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）
（1）
（2）
（3）动点满足，，则动点的轨迹一定通过的垂心
（4）.
三角形四心与奔驰定理的关系
①是的重心：．
②是的内心：
③是的外心：．
④是的垂心：