资源简介

重难点4-2 奔驰定理及三角形“四心”向量式
平面向量是高考的必考考点，它可以和函数、三角函数、数列、几何等知识相结合考查．平面向量的“奔驰定理”，对于解决平面几何问题，尤其是解决与三角形面积和“四心”相关的问题，更加有效快捷，有着决定性的基石作用．常以选择题或填空题的形式出现，难度中等.
【题型1 三角形“重心”及应用】
满分技巧常见重心向量式：设是的重心，为平面内任意一点 （1） （2） （3）若或，，则一定经过三角形的重心 （4）若或，，则一定经过三角形的重心
【例1】
（2023·全国·高三专题练习）
1．已知是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足，，则的轨迹一定通过的（ ）
A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心
【变式1-1】
（2022·湖南长沙·高三校考阶段练习）
2．已知，，是不在同一直线上的三个点，是平面内一动点，若，，则点的轨迹一定过的（ ）
A．外心 B．重心 C．垂心 D．内心
【变式1-2】
（2023·全国·高三专题练习）
3．在中，若，则点是的（ ）
A．重心 B．内心 C．垂心 D．外心
【变式1-3】
（2023·安徽安庆·高三怀宁县新安中学校考阶段练习）
4．已知是三角形所在平面内一定点，动点满足，则点轨迹一定通过三角形的（ ）
A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心
【变式1-4】
（2023·河北·高三统考阶段练习）
5．若是的垂心，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【题型2 三角形“内心”及应用】
满分技巧常见内心向量式：是的内心， （1）（或）其中，，分别是的三边、、的长， （2），，则一定经过三角形的内心。
【例2】
（2023·安徽淮南·统考一模）
6．在中，，点D，E分别在线段，上，且D为中点，，若，则直线经过的（ ）.
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心
【变式2-1】
（2023·江苏·高三校联考阶段练习）
7．已知点是所在平面上的一点，的三边为，若，则点是的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
【变式2-2】
（2022·贵州安顺·统考模拟预测）
8．已知O是平面上的一个定点，A B C是平面上不共线的三点，动点P满足，则点P的轨迹一定经过的（ ）
A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心
【变式2-3】
（2023·湖北·模拟预测）
9．在中，，，，且，若为的内心，则 ．
【变式2-4】
（2022·辽宁沈阳·高三校考阶段练习）
10．已知，是其内心，内角所对的边分别，则（ ）
A． B．
C． D．
【题型3 三角形“外心”及应用】
满分技巧常用外心向量式：是的外心， （1） （2） （3）动点满足，，则动点的轨迹一定通过的外心. （4）若，则是的外心.
【例3】
（2023·四川成都·高三四川省成都列五中学校考期中）
11．在中，动点P满足，则P点轨迹一定通过的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
【变式3-1】
（2023·广东佛山·佛山一中校考一模）
12．在中，设，那么动点的轨迹必通过的（ ）
A．垂心 B．内心 C．重心 D．外心
【变式3-2】
（2023·河南·高三校联考阶段练习）
13．已知点O为所在平面内一点，在中，满足，，则点O为该三角形的（ ）
A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心
【变式3-3】
（2023·江苏·高三统考期末）
14．中，为边上的高且，动点满足，则点的轨迹一定过的（ ）
A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心
【变式3-4】
（2023·全国·高三专题练习）
15．已知点是的内心、外心、重心、垂心之一，且满足，则点一定是的（ ）
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心
【题型4 三角形“垂心”及应用】
满分技巧常见垂心向量式：是的垂心，则有以下结论： （1） （2） （3）动点满足，，则动点的轨迹一定过的垂心 （4）奔驰定理推论：，.
【例4】
（2023·全国·高三专题练习）
16．设为的外心，若，则点是的（ ）
A．重心 B．内心 C．垂心 D．外心
【变式4-1】
（2022·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）
17．是所在平面上一点，若，则是的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
【变式4-2】
（2023·全国·高三专题练习）
18．若为所在平面内一点，且则点是的（ ）
A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心
【变式4-3】
（2023·上海·高三行知中学校考期中）
19．在四面体中，已知，若不是等边三角形，且点在平面上的投影位于内，则点是的（　　　　）
A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心
【变式4-4】
（2022·全国·高三专题练习）
20．设H是的垂心，且，则 ．
【题型5 奔驰定理及应用】
满分技巧奔驰定理及其推论 1、奔驰定理：是内的一点，且，则 2、奔驰定理推论：，则 ① ②，，. 由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”． 3、对于三角形面积比例问题，常规的作法一般是通过向量线性运算转化出三角形之间的关系。但如果向量关系符合奔驰定理的形式，在选择填空题当中可以迅速的地得出正确答案。
【例5】
（2022·全国·高三专题练习）
21．点为内一点，若，设，则实数和的值分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
【变式5-1】
（2022·安徽·芜湖一中校联考三模）
22．平面上有及其内一点O，构成如图所示图形，若将，， 的面积分别记作，，，则有关系式．因图形和奔驰车的很相似，常把上述结论称为“奔驰定理”．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足，则O为的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
【变式5-2】
（2024·江西新余·高三统考期末）
23．“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
【变式5-3】
（2023·河北保定·高三校联考阶段练习）
24．“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
【变式5-4】
（2024·广东广州·执信中学校考模拟预测）
25．“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
（建议用时：60分钟）
（2022·云南·云南民族大学附属中学校考模拟预测）
26．已知是平面内一点，，，是平面内不共线的三点，若，一定是的（ ）
A．外心 B．重心 C．垂心 D．内心
（2022·山西太原·高三统考期中）
27．已知点在所在平面内，满，，则点依次是的（ ）
A．重心，外心 B．内心，外心 C．重心，内心 D．垂心，外心
（2022·全国·高三专题练习）
28．在△中，，，，O为△的内心，若，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·江苏镇江·高三统考期中）
29．已知中，点为所在平面内一点，则“”是“点为重心”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
（2024·全国·高三专题练习）
30．已知为所在平面内一点，是的中点，动点满足，则点的轨迹一定过的（ ）
A．内心 B．垂心 C．重心 D．边的中点
（2022·浙江·高三慈溪中学校联考期中）
31．已知中，点为边中点，点为所在平面内一点，则“”为“点为重心”（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要
（2023·全国·高三专题练习）
32．已知是平面上的一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足，，则动点的轨迹一定通过的（ ）
A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心
（2022·全国·高三专题练习）
33．若在所在的平面内，且满足以下条件，则是的（ ）
A．垂心 B．重心 C．内心 D．外心
（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）
34．在锐角三角形ABC中，，，H为的垂心，，O为的外心，且，则（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
（2023·全国·高三专题练习）
35．已知的三个内角分别为为平面内任意一点，动点满足则动点P的轨迹一定经过的（ ）
A．重心 B．垂心 C．内心 D．外心
（2022·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）
36．数学家欧拉于1765年在其著作《三角形中的几何学》首次指出：△ABC的外心O，重心G，垂心H，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，该直线被称为欧拉线.若AB=4，AC=2，则下列各式不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）
37．数学家欧拉于年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心 重心 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，该直线被称为三角形的欧拉线，设点分别为任意的外心 重心 垂心，则下列各式一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）
38．已知点P是的重心，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
（2022·江西·高三校联考阶段练习）
39．奔驰定理：已知点O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，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．如图，已知O是的垂心，且，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·湖北荆州·高三公安县车胤中学校考阶段练习）
40．点O在所在的平面内，则以下说法正确的有（ ）
A．若，则点O是的重心
B．若，则点O是的内心
C．若，则点O是的外心
D．若，则点O是的垂心
（2023·江苏南京·高三南京市第二十九中学校考阶段练习）
41．已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若为的垂心，，则
B．若为锐角的外心，且，则
C．若，则点的轨迹经过的重心
D．若，则点的轨迹经过的内心
（2023·辽宁·高三朝阳市第一高级中学校联考阶段练习）
42．在所在的平面上存在一点，，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则点的轨迹不可能经过的外心
B．若，则点的轨迹不可能经过的垂心
C．若，则点的轨迹不可能经过的重心
D．若，，则点的轨迹一定过的外心
（2023·全国·高三专题练习）
43．在所在平面内有三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．满足，则点是的外心
B．满足，则点是的重心
C．满足，则点是的垂心
D．满足，且，则为等边三角形
（2023·安徽·高三校联考阶段练习）
44．若是的垂心，且，则的值为 ．
（2023·全国·高三专题练习）
45．在中，给出如下命题:
①是所在平面内一定点，动点满足，，则动点的轨迹一定过的重心．
②是所在平面内一定点，动点满足，，则动点的轨迹一定过的内心．
③是所在平面内一定点，且，则．
（4）若，且，则是等边三角形．
其中正确的命题有 个．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
由题意，当时，由于表示边上的中线所在直线的向量，∴动点的轨迹一定通过的重心，如图，故选A．

2．B
【分析】设出的中点，利用向量的运算法则化简；据向量共线的充要条件得到在三角形的中线上，利用三角形的重心定义：三中线的交点，得到选项
【详解】解：如图，取的中点，连接，
则．又，
，即．
又，
点在射线上．
故的轨迹过的重心．
故选：B．
3．B
【分析】根据“奔驰定理”列方程，整理后判断出是的内心.
【详解】过点分别作，，的垂线，，，其垂足依次为，如图所示，
由于，
根据奔驰定理就有：
，
即，
因此，故点是的内心，B选项正确.
故选：B

4．D
【分析】结合图形，将题干条件变形为，从而得解.
【详解】记为的中点，连接，作，如图，
则，，
因为，
所以，
所以点在三角形的中线上，则动点P的轨迹一定经过的重心.
故选：D.
5．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.
6．A
【分析】根据题意，可得四边形为菱形，即可得到平分，从而得到结果.
【详解】
因为，且D为中点，，
则，
又因为，则可得四边形为菱形，
即为菱形的对角线，
所以平分，即直线经过的内心
故选:A
7．B
【分析】在，上分别取点，，使得，，以，为邻边作平行四边形，即可得到四边形是菱形，再根据平面向量线性运算法则及共线定理得到，，三点共线，即可得到在的平分线上，同理说明可得在其它两角的平分线上，即可判断.
【详解】在，上分别取点，，使得，，则．
以，为邻边作平行四边形，如图，

则四边形是菱形，且．
为的平分线．
，
即，
．
，，三点共线，即在的平分线上．
同理可得在其它两角的平分线上，
是的内心．
故选：B．
8．C
【分析】根据是以为始点，向量与为邻边的菱形的对角线对应的向量，可知点轨迹，据此可求解.
【详解】因为为方向上的单位向量，为方向上的单位向量，
则的方向与的角平分线一致，
由，可得，
即，
所以点P的轨迹为的角平分线所在直线，
故点P的轨迹一定经过的内心.
故选：C.
9．
【分析】根据数量积的定义和三角形的面积公式和余弦定理求，证明为直角三角形，再求内切圆半径，结合向量运算公式求.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，又，，
所以，所以，
由余弦定理可得，又，
所以，又，所以，
所以为以为斜边的直角三角形，
设的内切圆与边相切于点，内切圆的半径为，
由直角三角形的内切圆的性质可得，故，
因为，所以，
因为，所以，所以
所以.
故答案为：.
10．C
【分析】结合平面向量线性运算以及正弦定理等知识求得正确答案.
【详解】延长，分别交于.内心是三角形三个内角的角平分线的交点.
在三角形和三角形中，由正弦定理得：
，
由于，所以，，
同理可得，，
.
所以
，
则.
故选：C
11．A
【分析】由变形得，设的中点为，推出，点P在线段AB的中垂线上，再根据外心的性质可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以，
设的中点为，则，则，

所以，所以点P在线段AB的中垂线上，故点P的轨迹过的外心.
故选：A
12．D
【分析】设线段的中点为，推导出，结合外心的定义可得出结论.
【详解】设线段的中点为，则、互为相反向量，
所以，，
因为，即，
所以，，即，
即，即，
所以，垂直且平分线段，
因此动点的轨迹是的垂直平分线，必通过的外心.
故选：D.
13．B
【分析】由，利用数量积的定义得到，从而得到点O在边AB的中垂线上，同理得到点O在边AC的中垂线上判断.
【详解】解：根据题意，，即，
所以，则向量在向量上的投影为的一半，
所以点O在边AB的中垂线上，同理，点O在边AC的中垂线上，
所以点O为该三角形的外心．
故选：B．
14．A
【分析】设，，以为原点，、方向为、轴正方向建立空间直角坐标系，根据已知得出点的坐标，设，根据列式得出点的轨迹方程为，即可根据三角形四心的性质得出答案.
【详解】设，，
以为原点，、方向为、轴正方向如图建立空间直角坐标系，
，
，，
则，，，，则，
设，则，
，
，即，
即点的轨迹方程为，
而直线平分线段，即点的轨迹为线段的垂直平分线，
根据三角形外心的性质可得点的轨迹一定过的外心，
故选：A.
15．B
【分析】设中点为，利用向量的四则运算和数量积结合三角形内心、外心、重心、垂心的定义求解即可.
【详解】设中点为，所以，
所以，
即，所以，
又由为中点可得点在的垂直平分线上，
所以点是的外心，
故选：B
16．C
【分析】取BC的中点D，连接OD，AM，BM，CM，由，结合，得到，从而，再由为的外心，得到即可.
【详解】解：取BC的中点D，如图所示，
连接OD，AM，BM，CM．
因为，
所以，
又，则，
所以，
又由于为的外心，
所以，
因此有．同理可得，，
所以点是的垂心．
故选：C．
17．D
【分析】利用平面向量数量积的性质推导出，进一步可得出，，即可得出结论.
【详解】因为，则，所以，，
同理可得，，故是的垂心.
故选：D.
18．D
【分析】由得到，从而得到，同理证明即可.
【详解】，
得，即；
，
得，即；
，
，即，所以为的垂心.
故选：D.
19．D
【分析】先证明平面，平面，进而可证得，，即可得解.
【详解】如图，由题意可知平面，
因为平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以点是的垂心.
故选：D.
20．
【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】∵H是的垂心，
∴，，
∴，同理可得，，
故，
∵，
∴，
∴，同理可求得，
∴，，
∴，即.
故答案为：．
21．A
【分析】先证明成立得到，再利用向量的线性运算即可.
【详解】如图所示，延长交于，
显然，
由面积关系可得，所以，
而，
所以，
所以，即，
又由题可知，所以，
所以，整理得，
所以，
故选：A
22．B
【分析】根据平面向量基本定理可得，，延长交于，延长交于，根据面积比推出，结合角平分线定理推出为的平分线，同理推出是的平分线，根据内心的定义可得答案.
【详解】由得，
由得，
根据平面向量基本定理可得，，
所以，，
延长交于，延长交于，
则，又，所以，
所以为的平分线，
同理可得是的平分线，
所以为的内心.
故选：B
23．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.
【详解】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
【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，
24．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.
【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：AD.
25．ABD
【分析】对A，取的中点D，连接，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；
对B，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；
对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，从而可用表示出，进而即可判断C；
对D，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，代入即可求解，进而即可判断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：ABD．
【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，，再设，得到，进而即可求解．
26．C
【分析】结合向量数量积的运算求得正确答案.
【详解】由题意知，中，，
则，
即，
所以，
即，
同理，，；
所以是的垂心.
故选：C
27．A
【分析】设中点为，进而结合向量加法法则与共线定理得三点共线，在的中线，进而得为的重心，根据题意得点为的外接圆圆心，进而可得答案.
【详解】解：设中点为，因为，
所以，即，
因为有公共点，
所以，三点共线，即在的中线，
同理可得在的三条中线上，即为的重心；
因为，
所以，点为的外接圆圆心，即为的外心
综上，点依次是的重心，外心.
故选：A
28．C
【分析】根据向量的减法法则化简题中的等量关系，结合三角形内心的性质得到系数的关系求解.
【详解】由得，
则，
因为O为△的内心，所以，
从而，
解得，，所以.
故选：C.
29．C
【分析】根据重心的向量表示即可求得点为重心；利用点为重心，即可得，可得结论.
【详解】依题意，
则是重心，即充分性成立；
若是重心时，，
可得
所以，必要性成立，
故选：C.
30．C
【分析】由动点满足，且，得到三点共线，进而得到答案.
【详解】由动点满足，且，
所以三点共线，
又因为为的中点，所以为的边的中线，
所以点的轨迹一定过的重心.
故选：C.
31．C
【分析】等价于等价于点为重心.
【详解】充分性：
等价于：
等价于：
等价于：
所以为的靠近的三等分点，所以点为重心；
必要性：若点为重心，由重心性质知，故
故选：C
32．B
【分析】设的中点为，两端同时点乘，由可得答案.
【详解】设的中点为，
因为，
所以，
即，两端同时点乘，
所以
，
所以，
所以点在的垂直平分线上，即经过的外心.
故选：B.
33．C
【分析】，分别表示在边和上的单位向量，可设为和，
则，则当时，即，
点在的角平分线上，同理证明即可求解.
【详解】，分别表示在边和上的单位向量，可设为和，
则，则当时，即，点在的角平分线上；
，分别表示在边和上的单位向量，可设为和，
则，则当时，即，
点在的角平分线上；
，分别表示在边和上的单位向量，可设为和，
则，则当时，即，
点在的角平分线上，故是的内心.
故选：C.
34．C
【分析】作出辅助线，数形结合，利用向量数量积可求得，再由O为的外心，可得，从而可得，解方程组与可得的值，最后由正弦定理即可求解.
【详解】
设的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，
如图，延长BH交AC于D，延长AH交BC于E，所以，
所以，即．
又O为的外心，所以，即，
又在中，，
故，
所以，与，相减得 ，
所以由正弦定理得，即，解得．
故选：C.
35．A
【分析】利用正弦定理及向量的线性运算可判断.
【详解】在中，令线段的中点为，由正弦定理，
得，由，
得
即，而，
则，于是得与同向共线，而它们有公共起点，
即动点的轨迹是射线除点A外),又重心在线段上，
动点的轨迹一定经过的重心．
故选：A.
36．A
【分析】先求得，然后结合欧拉线、向量运算的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】是三角形的重心，所以，
，A错误.
根据欧拉线的知识可知，B选项正确.
，所以C选项正确.
，所以D选项正确.
故选：A
37．D
【分析】根据三点共线和长度关系可知AB正误；利用向量的线性运算可表示出，知CD正误.
【详解】
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，，，，A错误，B错误；
，C错误；
，D正确.
故选：D.
38．D
【分析】根据重心性质和平面向量基本定理判断．
【详解】如图，是边中点，则共线且，
，
所以，D正确，由于选项ABC均不能保证系数相等，故不正确．
故选：D．
39．B
【分析】延长交于点P，则利用垂心的性质结合三角形面积的求法可得，再利用和可得，不妨设，利用可求出的值，从而可求出的值.
【详解】延长交于点P，
是的垂心，，
．
同理可得，．
又，
．
又，
．
不妨设，其中．
，
，解得．
当时，此时，则A，B，C都是钝角，不合题意，舍掉．
故，则，故C为锐角，
∴，解得，
故选：B．
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的线性运算，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是利用垂心的性质得，再结合已知条件得，设，再利用两角和的正切公式可得，从而可求得结果，考查计算能力和转化思想，属于较难题.
40．BCD
【分析】根据题意构造菱形，再证明在角平分线上即可判断哪A，构造等腰三角形，可证得垂直底边，故可得是角平分线，即可判断B，由三角形中线的向量表示化简可得在三角形边的中垂线上即可判断C，利用向量减法及数量积为0可证得即可判断D.
【详解】对于A，在AB，AC上分别取点D，E，使得，
则，以AD，AE为邻边作平行四边形ADFE，如图，
则四边形ADFE是菱形，且，
平分，，
，即，
，
三点共线，即在的平分线上，
同理可得O在其它两角的平分线上，所以O为的内心，故A错误；
对B，在AB，AC上分别取点D，E，使得，如图，
则，且，
因为，即，又知，平分，
同理，可得平分，故O为的内心，故B正确；
对C，取的中点分别为，如图，
，，
即，所以O是的外心，故C正确；
对D，由，可得，即，
所以，即点O是的垂心，故D正确.
故选：BCD
41．ABC
【分析】根据，计算可判断A；设为中点，则根据题意得三点共线，且，进而得判断B；设中点为，进而结合正弦定理得可判断C；设中点为，根据题意计算得，进而得可判断D.
【详解】解：对于A选项，因为，，又因为为的垂心，
所以，所以，故正确；
对于B选项，因为且，
所以，整理得：，即，
设为中点，则，所以三点共线，
又因为，所以垂直平分，故，正确；
对于C选项，由正弦定理得，
所以，
设中点为，则，所以，
所以三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心，正确；
对于D选项，因为，
设中点为，则，所以，
所以，
所以，即，
所以，故在中垂线上，故点的轨迹经过的外心，错误.
故选：ABC
42．ABD
【分析】由，结合向量共线的推论判断的轨迹，讨论形状判断A、B正误；根据重心的性质得判断C；根据题设确定，，点的轨迹，讨论形状判断D.
【详解】若，根据向量共线的推论知：共线，即在直线上，
中，则的中点为三角形外心，故有可能为外心，A错；
中或，则或为三角形垂心，故有可能为垂心，B错；
若为的重心，必有，此时，C对；
若，，结合，则点在一个以AB、AC为邻边的平行四边形内（含边界），
为锐角三角形，其外心在内，则必过外心；
为直角三角形，其外心为斜边中点，则必过外心；
为钝角三角形且，其外心在外，即边的另一侧，
如下图示，点在平行四边形内（含边界），
此时，当外心在内（含边界），则必过外心；当外心在外（如下图为的中垂线），则不过外心；
所以，，，的轨迹不一定过的外心，D错.
故选：ABD
43．ABCD
【分析】根据三角形外心、重心和垂心的定义逐一用向量判断ABC，用向量的数量积和运算律判断D即可.
【详解】解：对于，因为，所以点到的三个顶点的距离相等，所以为的外心，故正确；
对于B，如图所示，为的中点，由得：，所以，所以是的重心，故B正确；
对于C，由得：，即，所以；同理可得：，所以点是的垂心，故C正确；
对于D，由得：角的平分线垂直于，所以；
由得：，所以，所以为等边三角形，故D正确．
故选：ABCD．
44．##
【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，同角间的关系即可求得结果.
【详解】由，得，
所以，故垂心在中线上，即高线与中线重合，故，
又，所以，
又因为，，得，
所以，即，
得到，由余弦定理得，
又，所以，
所以，所以,
得到．

故答案为：.
45．3
【分析】运用平面向量的减法的运算法则、加法的几何意义，结合平面向量共线定理，可以证明①②是真命题；运用平面向量的加法的几何意义以及平面向量共线定理，结合面积公式，可证明出本结论③是错误的；运用平面向量的加法几何意义和平面向量的数量积的定义，可以证明④出本结论是正确的.
【详解】对于①，令点为BC的中点，由于，，
根据极化恒等式就有，，于是，，
因此动点的轨迹是射线AD，过的重心，故①正确．
对于②，取一点使得，并连接AD，如图所示，

由于，因此，于是，从而的内心在射线AD上．
由于，，
于是就有，，
即，，因此动点的轨迹是射线AD，过的内心，故②正确．
对于③，由，可得设的中点为，,
所以，故③错误．

对于④，根据，结合②，可得的平分线与BC垂直，
于是就有．由于，
又，得到，因此是等边三角形，故④正确．综上所述，正确的命题有3个．
故答案为：
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑