【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题7　等和线、三角形四心、奔驰定理

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1.平面向量的等和线
平面内一组基底eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))及任一向量eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，若点P在直线AB上或在平行于AB的直线上，则λ＋μ＝k(定值)，反之也成立，我们把直线AB以及与直线AB平行的直线称为平面向量基本定理系数的等和线.
(1)当等和线恰为直线AB时，k＝1，
(2)当等和线在O点和直线AB之间时，k∈(0，1)；
(3)当直线AB在O点和等和线之间时，k∈(1，＋∞)；
(4)当等和线过O点时，k＝0.
2.三角形“四心”
(1)点O是△P1P2P3的重心，则有：eq \(OP1,\s\up6(→))＋eq \(OP2,\s\up6(→))＋eq \(OP3,\s\up6(→))＝0，S△P2OP3＝S△P1OP3＝S△P1OP2＝eq \f(1,3)S△P1P2P3；
(2)点O是△P1P2P3的垂心，则有：eq \(OP1,\s\up6(→))·eq \(OP2,\s\up6(→))＝eq \(OP2,\s\up6(→))·eq \(OP3,\s\up6(→))＝eq \(OP3,\s\up6(→))·eq \(OP1,\s\up6(→))，tan P1·eq \(OP1,\s\up6(→))＋tan P2·eq \(OP2,\s\up6(→))＋tan P3·eq \(OP3,\s\up6(→))＝0，S△P2OP3∶S△P2OP1∶S△P1OP2＝tan P1∶tan P2∶
tan P3(△P1P2P3不是直角三角形)；
(3)点O是△P1P2P3的内心，则有：aeq \(OP1,\s\up6(→))＋beq \(OP2,\s\up6(→))＋ceq \(OP3,\s\up6(→))＝0，S△P2OP3∶S△P3OP1∶S△P1OP2＝a∶b∶c(其中a，b，c是△P1P2P3的三边，分别对应角P1，P2，P3)；
(4)点O是△P1P2P3的外心，则有：|eq \(OP1,\s\up6(→))|＝|eq \(OP2,\s\up6(→))|＝|eq \(OP3,\s\up6(→))|，eq \(OP1,\s\up6(→))sin∠P2OP3＋eq \(OP2,\s\up6(→))sin∠P1OP3＋eq \(OP3,\s\up6(→))sin∠P1OP2＝0，S△P2OP3∶S△P3OP1∶S△P1OP2＝sin 2P1∶
sin 2P2∶sin 2P3.
3.奔驰定理
如图，已知P为△ABC内一点，则有S△PBC·eq \(PA,\s\up6(→))＋S△PAC·eq \(PB,\s\up6(→))＋S△PAB·eq \(PC,\s\up6(→))＝0.
由于这个定理对应的图形和奔驰车的标志很相似，因此我们把它称为“奔驰定理”.这个定理对于利用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的作用.
类型一 利用等和线求基底系数和的值
利用等和线求基底系数和的步骤
(1)确定值为1的等和线；
(2)平移该线，作出满足条件的等和线；
(3)从长度比或点的位置两个角度，计算满足条件的等和线的值.
例1 设D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，AD＝eq \f(1,2)AB，BE＝eq \f(2,3)BC.若eq \(DE,\s\up6(→))＝λ1eq \(AB,\s\up6(→))＋λ2eq \(AC,\s\up6(→))(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________.
答案 eq \f(1,2)
解析 法一(通法) 由题意作图如图.
∵在△ABC中，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝－eq \f(1,6)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))
＝λ1eq \(AB,\s\up6(→))＋λ2eq \(AC,\s\up6(→))，
∴λ1＝－eq \f(1,6)，λ2＝eq \f(2,3).
故λ1＋λ2＝eq \f(1,2).
法二(利用等和线) 如图，过点A作eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(DE,\s\up6(→))，连接DF.
设AF与BC的延长线交于点H，易知AF＝FH，
∴AF＝eq \f(1,2)AH，
因此λ1＋λ2＝eq \f(1,2).
训练1 (2022·太原模拟)如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为线段AO的中点.若eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BA,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ等于( )
A.1 B.eq \f(3,4)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 法一(通法)
∵E为线段AO的中点，
∴eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BO,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(BA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(BD,\s\up6(→))))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(BD,\s\up6(→))＝λeq \(BA,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→))，
∴λ＝eq \f(1,2)，μ＝eq \f(1,4)，则λ＋μ＝eq \f(3,4).
法二(等和线法) 如图，AD为值是1的等和线，过E作AD的平行线，设λ＋μ＝k，
则k＝eq \f(BE,BF).
由图易知，eq \f(BE,BF)＝eq \f(3,4)，故选B.
类型二 利用等和线求基底系数和的最值(范围)
求解步骤：
(1)确定值为1的等和线；
(2)平移(旋转或伸缩)该线，结合动点的允许存在的区域，分析何处取得最大值和最小值；
(3)从长度比或点的位置两个方面，计算最大值和最小值.
例2 给定两个长度为1的平面向量eq \(OA,\s\up6(→))和eq \(OB,\s\up6(→))，它们的夹角为eq \f(2π,3)，如图所示，点C在以O为圆心的弧eq \(AB,\s\up8(︵))上运动，若eq \(OC,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))(x，y∈R)，则x＋y的最大值是________.
答案 2
解析 法一(通法)
以O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，
则A(1，0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
设∠AOC＝αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))))，
则C(cs α，sin α)，
由eq \(OC,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(cs α＝x－\f(1,2)y，,sin α＝\f(\r(3),2)y，))
所以x＝cs α＋eq \f(\r(3),3)sin α，y＝eq \f(2\r(3),3)sin α，
所以x＋y＝cs α＋eq \r(3)sin α＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，
又α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
所以当α＝eq \f(π,3)时，x＋y取得最大值2.
法二(等和线法) 如图所示，设x＋y＝k，则直线AB为k＝1的等和线，所有与直线AB平行的直线中，切线离圆心O最远，即此时k取得最大值，
易知OE⊥AB，
∵OA＝1，∠AOB＝eq \f(2π,3)，
∴OE＝eq \f(1,2)，
则k＝eq \f(DO,OE)＝eq \f(1,\f(1,2))＝2，
即x＋y的最大值为2.
训练2 如图，四边形OABC是边长为1的正方形，点D在OA的延长线上，且OD＝2，点P是△BCD内任意一点(含边界)，设eq \(OP,\s\up6(→))＝λeq \(OC,\s\up6(→))＋μeq \(OD,\s\up6(→))，则λ＋μ的取值范围为________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
解析 法一(通法)
分别以边OA，OC所在直线为x，y轴建立如图所示的坐标系，则eq \(OC,\s\up6(→))＝(0，1)，eq \(OD,\s\up6(→))＝(2，0)，
设P(x，y)，eq \(OP,\s\up6(→))＝(x，y)，
∴(x，y)＝λ(0，1)＋μ(2，0)＝(2μ，λ)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2μ，,y＝λ，))∴λ＋μ＝eq \f(1,2)x＋y，
设z＝eq \f(1,2)x＋y，则y＝－eq \f(1,2)x＋z，
所以z是直线y＝－eq \f(1,2)x＋z在y轴上的截距，
由图可知，当该直线过点B(1，1)时，它在y轴上的截距最大，为eq \f(3,2)；和直线CD重合时，在y轴上的截距最小，为1，故z∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，即λ＋μ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
法二(等和线法) 如图，设λ＋μ＝k，则直线CD为k＝1的等和线，所有与直线CD平行的直线中，过点B的直线离点O最远，此时k的值最大，且此时k＝eq \f(OE,OD)，
易知AD＝DE＝1，故此时k＝eq \f(3,2)，
显然k的最小值为1，
即λ＋μ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
类型三 利用奔驰定理解决与三角形面积比有关的问题
已知P为△ABC内一点，且xeq \(PA,\s\up6(→))＋yeq \(PB,\s\up6(→))＋zeq \(PC,\s\up6(→))＝0(x，y，z∈R，xyz≠0，x＋y＋z≠0)，则有
(1)S△PBC∶S△PAC∶S△PAB＝|x|∶|y|∶|z|；
(2)eq \f(S△PBC,S△ABC)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x,x＋y＋z)))，
eq \f(S△PAC,S△ABC)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y,x＋y＋z)))，eq \f(S△PAB,S△ABC)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z,x＋y＋z))).
例3 (1)已知O是△ABC内部一点，满足eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋meq \(OC,\s\up6(→))＝0，且eq \f(S△AOB,S△ABC)＝eq \f(4,7)，则实数m等于( )
A.2 B.3
C.4 D.5
(2)已知点A，B，C，P在同一平面内，eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PA,\s\up6(→))，eq \(QR,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(QB,\s\up6(→))，eq \(RP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(RC,\s\up6(→))，则S△ABC∶S△PBC等于( )
A.14∶3 B.19∶4
C.24∶5 D.29∶6
答案 (1)C (2)B
解析 (1)法一(通法) 延长CO到点M，使得eq \(OM,\s\up6(→))＝－eq \f(m,3)eq \(OC,\s\up6(→))，
因为eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋meq \(OC,\s\up6(→))＝0，
所以－eq \f(m,3)eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up6(→))，
即eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up6(→))，
所以A，B，M三点共线，
又因为eq \(OC,\s\up6(→))与eq \(OM,\s\up6(→))反向共线，
所以eq \f(|\(OM,\s\up6(→))|,|\(CM,\s\up6(→))|)＝eq \f(m,m＋3)，
所以eq \f(S△AOB,S△ABC)＝eq \f(|\(OM,\s\up6(→))|,|\(CM,\s\up6(→))|)＝eq \f(m,m＋3)＝eq \f(4,7)，
解得m＝4.
法二(奔驰定理法) 由奔驰定理得S△BOC·eq \(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq \(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
又eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋meq \(OC,\s\up6(→))＝0，
∴S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶m.
∴eq \f(S△AOB,S△ABC)＝eq \f(m,1＋2＋m)＝eq \f(4,7)⇒m＝4.
(2)法一(通法) ∵eq \(QR,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(QB,\s\up6(→))，
∴以PQ为底的△PQR与△PQB的高之比为1∶3，
∴S△PQB＝3S△PQR，即S△PRB＝2S△PQR，
∵以BR为底的△PBR与△BCR的高之比为1∶3，
∴S△BCR＝3S△PBR＝6S△PQR，
∴S△PBC＝2S△PBR＝4S△PQR，
同理可得S△ACP＝S△ABQ＝6S△PQR，
所以eq \f(S△ABC,S△PBC)＝eq \f(S△BCR＋S△ACP＋S△ABQ＋S△PQR,S△PBC)＝eq \f(19S△PQR,4S△PQR)＝eq \f(19,4).
法二(奔驰定理法) 由eq \(QR,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(QB,\s\up6(→))，
得eq \(PR,\s\up6(→))－eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(PB,\s\up6(→))－eq \(PQ,\s\up6(→)))，
整理得eq \(PR,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \f(2,9)eq \(PA,\s\up6(→))，
由eq \(RP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(RC,\s\up6(→))，
得eq \(RP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(PC,\s\up6(→))－eq \(PR,\s\up6(→)))，
整理得eq \(PR,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(PC,\s\up6(→))，
∴－eq \f(1,2)eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \f(2,9)eq \(PA,\s\up6(→))，
整理得4eq \(PA,\s\up6(→))＋6eq \(PB,\s\up6(→))＋9eq \(PC,\s\up6(→))＝0，
∴S△ABC∶S△PBC＝(4＋6＋9)∶4＝19∶4.
训练3 设O在△ABC的内部，D为AB的中点，且eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋2eq \(OC,\s\up6(→))＝0，则△ABC的面积与△AOC的面积的比值为________.
答案 4
解析 法一(通法)
∵D为AB的中点，则eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))，
又eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋2eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
∴eq \(OD,\s\up6(→))＝－eq \(OC,\s\up6(→))，
∴O为CD的中点.
又∵D为AB的中点，
∴S△AOC＝eq \f(1,2)S△ADC＝eq \f(1,4)S△ABC，
则eq \f(S△ABC,S△AOC)＝4.
法二(奔驰定理法)
因为eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋2eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
根据奔驰定理，
所以eq \f(S△ABC,S△AOC)＝eq \f(1＋1＋2,1)＝4.
类型四 与三角形四心有关的问题
所谓三角形的“四心”是指三角形的重心、垂心、外心及内心.当三角形是正三角形时，四心重合为一点，统称为三角形的中心.解题时，要结合题目已知条件，充分利用各“心”的性质，巧妙转化.
例4 过△ABC重心O的直线PQ交AC于点P，交BC于点Q，eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(QC,\s\up6(→))＝neq \(BC,\s\up6(→))，则n的值为________.
答案 eq \f(3,5)
解析 如图，因为O是重心，
所以eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
即eq \(OA,\s\up6(→))＝－eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up6(→))⇒eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))⇒eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OC,\s\up6(→))＝－eq \f(3,4)eq \(OB,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up6(→)).
eq \(QC,\s\up6(→))＝neq \(BC,\s\up6(→))⇒eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OQ,\s\up6(→))＝n(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))⇒eq \(OQ,\s\up6(→))
＝neq \(OB,\s\up6(→))＋(1－n)eq \(OC,\s\up6(→))，
因为P，O，Q三点共线，
所以eq \(OP,\s\up6(→))∥eq \(OQ,\s\up6(→))，所以－eq \f(3,4)(1－n)＝－eq \f(1,2)n，
解得n＝eq \f(3,5).
训练4 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，重心为G，若aeq \(GA,\s\up6(→))＋beq \(GB,\s\up6(→))＋eq \f(\r(3),3)ceq \(GC,\s\up6(→))＝0，则A＝________.
答案 eq \f(π,6)
解析 由G是△ABC的重心，
则eq \(GC,\s\up6(→))＝－eq \(GA,\s\up6(→))－eq \(GB,\s\up6(→))，
因此aeq \(GA,\s\up6(→))＋beq \(GB,\s\up6(→))＋eq \f(\r(3),3)c(eq \(－GA,\s\up6(→))－eq \(GB,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(\r(3),3)c))eq \(GA,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(\r(3),3)c))eq \(GB,\s\up6(→))＝0，
又eq \(GA,\s\up6(→))，eq \(GB,\s\up6(→))不共线，
所以a－eq \f(\r(3),3)c＝b－eq \f(\r(3),3)c＝0，
即a＝b＝eq \f(\r(3),3)c，
由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(3),2)，
又0一、基本技能练
1.在△ABC中，已知D是AB边上一点，若eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up6(→))＋λeq \(CB,\s\up6(→))，则λ＝( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(1,3)
C.－eq \f(1,3) D.－eq \f(2,3)
答案 A
解析 由于D是AB边上一点，所以A，B，D三点共线，所以eq \f(1,3)＋λ＝1，λ＝eq \f(2,3).
2.在△ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM的中点，eq \(AN,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))，则λ＋μ的值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D.1
答案 A
解析 法一(通法) 设eq \(BM,\s\up6(→))＝teq \(BC,\s\up6(→))，
则eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BM,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(t,2)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(t,2)(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(t,2)))eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(t,2)eq \(AC,\s\up6(→))，
∴λ＝eq \f(1,2)－eq \f(t,2)，μ＝eq \f(t,2)，
∴λ＋μ＝eq \f(1,2).
法二(等和线法) 如图，BC为值是1的等和线，过N作BC的平行线，设λ＋μ＝k，
则k＝eq \f(|\(AN,\s\up6(→))|,|\(AM,\s\up6(→))|).
由图易知，eq \f(|\(AN,\s\up6(→))|,|\(AM,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，故选A.
3.已知△ABC，平面内一动点P满足eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)))，则动点P过△ABC的( )
A.内心 B.外心
C.重心 D.垂心
答案 A
解析 ∵eq \f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)，eq \f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)分别表示eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→)) 方向上的单位向量，
∴eq \f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＋eq \f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)的方向与∠BAC的角平分线一致.
∵eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)))，
∴eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)))，
∴eq \(AP,\s\up6(→))的方向与∠BAC的角平分线一致，
∴一定通过△ABC的内心.
4.已知△ABC和点M满足eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))＝0，若存在实数m，使得eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＝meq \(AM,\s\up6(→))，则m等于( )
A.2 B.3
C.4 D.5
答案 B
解析 ∵eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))＝0，∴M为△ABC的重心，
连接AM并延长交BC于D，则D为BC的中点，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up6(→))，
又eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，
即eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＝3eq \(AM,\s\up6(→))，
∴m＝3.
5.若H为△ABC所在平面内一点，且|eq \(HA,\s\up6(→))|2＋|eq \(BC,\s\up6(→))|2＝|eq \(HB,\s\up6(→))|2＋|eq \(CA,\s\up6(→))|2＝|eq \(HC,\s\up6(→))|2＋|eq \(AB,\s\up6(→))|2，则点H是△ABC的( )
A.重心 B.外心
C.内心 D.垂心
答案 D
解析 ∵|eq \(HA,\s\up6(→))|2－|eq \(HB,\s\up6(→))|2＝|eq \(CA,\s\up6(→))|2－|eq \(BC,\s\up6(→))|2，
∴(eq \(HA,\s\up6(→))＋eq \(HB,\s\up6(→)))·eq \(BA,\s\up6(→))＝(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))·eq \(BA,\s\up6(→))，
即(eq \(HA,\s\up6(→))＋eq \(HB,\s\up6(→))－eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→)))·eq \(BA,\s\up6(→))＝0，
即(eq \(HC,\s\up6(→))＋eq \(HC,\s\up6(→)))·eq \(BA,\s\up6(→))＝0，
∴eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(HC,\s\up6(→))，
同理eq \(AC,\s\up6(→))⊥eq \(HB,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))⊥eq \(HA,\s\up6(→))，
故H是△ABC的垂心.
6.△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，若eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0，且|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(AB,\s\up6(→))|，则eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \r(3)
C.3 D.2eq \r(3)
答案 C
解析 ∵eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
∴eq \(OB,\s\up6(→))＝－eq \(OC,\s\up6(→))，
故点O是BC的中点，且△ABC是直角三角形，又△ABC的外接圆半径为1，
|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(AB,\s\up6(→))|，
∴BC＝2，AB＝1，CA＝eq \r(3)，∠BCA＝30°，
∴eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \r(3)×2×eq \f(\r(3),2)＝3.
7.点O为△ABC内一点，若S△AOB∶SBOC∶S△AOC＝4∶3∶2，设eq \(AO,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))，则实数λ和μ的值分别为( )
A.eq \f(2,9)，eq \f(4,9) B.eq \f(4,9)，eq \f(2,9)
C.eq \f(1,9)，eq \f(2,9) D.eq \f(2,9)，eq \f(1,9)
答案 A
解析 根据奔驰定理，得3eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋4eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
即3eq \(OA,\s\up6(→))＋2(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))＋4(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝0，
整理得eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(2,9)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(4,9)eq \(AC,\s\up6(→))，故选A.
8.已知O是△ABC内一点，eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝2且∠BAC＝60°，则△OBC的面积为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \r(3)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 ∵eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
∴O是△ABC的重心，
∴S△OBC＝eq \f(1,3)S△ABC，
∵eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝2，
∴|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|cs∠BAC＝2，
∵∠BAC＝60°，∴|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|＝4，
又S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|sin∠BAC＝eq \r(3)，
∴△OBC的面积为eq \f(\r(3),3).
9.(2022·南宁调研)若M是△ABC内一点，且满足eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝4eq \(BM,\s\up6(→))，则△ABM与△ACM的面积之比为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D.2
答案 A
解析 法一(通法) 设AC的中点为D，则eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝2eq \(BD,\s\up6(→))，
于是2eq \(BD,\s\up6(→))＝4eq \(BM,\s\up6(→))，从而eq \(BD,\s\up6(→))＝2eq \(BM,\s\up6(→))，
即M为BD的中点，
于是eq \f(S△ABM,S△ACM)＝eq \f(S△AMD,2S△AMD)＝eq \f(1,2).
法二(奔驰定理法) 由eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝4eq \(BM,\s\up6(→))，
得eq \(AM,\s\up6(→))＋2eq \(BM,\s\up6(→))＋eq \(CM,\s\up6(→))＝0，
根据奔驰定理得，
eq \f(S△ABM,S△ACM)＝eq \f(2,1＋2＋1)＝eq \f(1,2).
10.在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，点E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F，若eq \(AC,\s\up6(→))＝a，eq \(BD,\s\up6(→))＝b，且eq \(AF,\s\up6(→))＝λa＋μb，则λ＋μ等于( )
A.1 B.eq \f(3,4)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 (等和线法)如图，作eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))，延长CD与AG相交于G，因为C，F，G三点共线，所以λ＋μ＝1.故选A.
11.如图所示，在△ABC中，D，F分别是AB，AC的中点，BF与CD交于点O，设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，向量eq \(AO,\s\up6(→))＝λa＋μb，则λ＋μ的值为________.
答案 eq \f(2,3)
解析 如图，BC为值是1的等和线，过O作BC的平行线，
设λ＋μ＝k，则k＝eq \f(AO,AM).
由题设知O为△ABC重心，eq \f(AO,AM)＝eq \f(2,3).
12.设O为△ABC内一点，且eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up6(→))，则S△OAB∶S△OBC＝________.
答案 3∶5
解析 由eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up6(→))可得－12eq \(OA,\s\up6(→))＝4(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＋3(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，
整理得5eq \(OA,\s\up6(→))＋4eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
∴S△OAB∶S△OBC＝3∶5.
二、创新拓展练
13.如图，△BCD与△ABC的面积之比为2，点P是区域ABCD内任意一点(含边界)，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))，则λ＋μ的取值范围为( )
A.[0，1] B.[0，2]
C.[0，3] D.[0，4]
答案 C
解析 (利用等和线)设λ＋μ＝k，则直线BC为k＝1的等和线，所有与BC平行的直线中，过点A时，k＝0，过点D的距离BC最远，
由于△BCD与△ABC的面积之比为2，
故二者的高之比也是2，
故k的最大值为3，即λ＋μ∈[0，3].
14.已知正三角形ABC的边长为2，D是边BC的中点，动点P满足|eq \(PD,\s\up6(→))|≤1，且eq \(AP,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，其中x＋y≥1，则2x＋y的最大值为( )
A.1 B.eq \f(3,2)
C.2 D.eq \f(5,2)
答案 D
解析 ∵动点P满足|eq \(PD,\s\up6(→))|≤1，
∴P的轨迹为以D为圆心，1为半径的圆及内部，设圆D与边AB交于点B1，连接B1C，
则B1C⊥AB，且B1是AB中点，
则AB1＝eq \f(1,2)AB，
∵eq \(AP,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，
∴eq \(AP,\s\up6(→))＝2xeq \(AB1,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，
∵x＋y≥1，由等和线性质知P点在直线B1C左下方，如图，作直线B1C的平行线l与圆D相切于P，
由等和线性质知，此时2x＋y有最大值，延长AB交l于点B2，
∴(2x＋y)max＝eq \f(AB2,AB1)＝eq \f(1＋\f(1,2)＋1,1)＝eq \f(5,2).
15.设G为△ABC的重心，且sin A·eq \(GA,\s\up6(→))＋sin B·eq \(GB,\s\up6(→))＋sin C·eq \(GC,\s\up6(→))＝0，则角B＝________.
答案 60°
解析 ∵G是△ABC的重心，
∴eq \(GA,\s\up6(→))＋eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \(GC,\s\up6(→))＝0，
又sin A·eq \(GA,\s\up6(→))＋sin B·eq \(GB,\s\up6(→))＋sin C·eq \(GC,\s\up6(→))＝0，
∴sin A＝sin B＝sin C，
即a＝b＝c，则△ABC是等边三角形，
故B＝60°.
16.如图，在正六边形ABCDEF中，P是△CDE内(包括边界)的动点，设eq \(AP,\s\up6(→))＝αeq \(AB,\s\up6(→))＋βeq \(AF,\s\up6(→))(α，β∈R)，则α＋β的取值范围是________.
答案 [3，4]
解析 (等和线法)直线BF为k＝1的等和线，当P在△CDE内时，直线EC是最近的等和线，过D点的等和线是最远的，所以α＋β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(AN,AM)，\f(AD,AM))).
设正六边形边长为2，则AN＝3，AM＝1，AD＝4，故α＋β∈[3，4].