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专题1 透视四心 向量处理【讲】
【典例1】（2024·广东广州·铁一中学校考一模）如图所示，O点在内部，分别是边的中点，且有，则的面积与的面积的比为（ ）
A． B． C． D．
【典例2】（2023下·上海·高三校联考阶段练习）设锐角内部的一点O满足，且，则角A的大小可能为（　　）
A． B． C． D．
【典例3】（2024上·安徽安庆·高三安徽省怀宁县新安中学校考阶段练习）设O点在内部，且有，则的面积与的面积的比值为（ ）
A．2 B． C． D．3
为了深入研究上述问题，我们先介绍与三角形“四心”密切相关的“奔驰”定理．
引理（“奔驰”定理）如图1，O是内的一点，，，的面积分别为，，，则．
图1与奔驰汽车的标志（图2）类似，故该引理又称“奔驰”定理．
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．
若O是内的一点，且，则．
下面我们归纳三角形“四心”的定义、几何性质和向量特征．
1．重心
①定义：三角形三条中线的交点．
②几何性质：三角形的重心是中线的三等分点，它到顶点的距离等于它到对边中点距离的2倍．
③向量特征
定理1 G是的重心．
证明由引理得G是的重心．
推论1 P是所在平面内任意一点，
是的重心．
证明 G是的重心
．
注 在推论1中，若P为坐标原点，的三个顶点的坐标分别为，，，则的重心为．
2．外心
①定义：三角形三条边的中垂线的交点，也是三角形外接圆的圆心．
②几何性质：三角形的外心到三个顶点的距离相等．
③向量特征
定理2 O是锐角的外心．
证明 由O是锐角的外心，得，
则，，，
于是，
根据引理，得到．
反之亦然（证明略）．
推论2 P是锐角所在平面内任意一点，
是锐角的外心．
推论2可仿照推论1进行证明．
3．内心
①定义：三角形三条内角平分线的交点，也是三角形内切圆的圆心．
②几何性质：三角形的内心到三边的距离相等．
③向量特征
定理3 O是的内心（其中a，b，c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．
推论3 P是所在平面内任意一点，
O是的内心．
推论3 可仿照推论1进行证明．
4．垂心
①定义：三角形三条高所在直线的交点．
②几何性质：三角形的垂心分每条高线所得的两条线段长的乘积相等．
③向量特征
定理4 O是（非直角三角形）的垂心．
证明O是（非直角三角形）的垂心
，
由引理得，O是（非直角三角形）的垂心．
推论4 P是（非直角三角形）所在平面内任意一点，
O是（非直角三角形）的垂心．
推论4可仿照推论1进行证明．
【精细化解析 典例1】
第一步：利用向量运算得三点共线；
由可得，
又因为分别是边的中点，所以，，
所以，即，所以三点共线，且，
第二步：由三角形面积公式即可求解.
所以到的距离与到的距离之比也为，
又的面积与的面积都以为底，
所以的面积与的面积的比为．故选：A
[精细化解析 典例2]
第一步：根据三角恒等变换和外心的向量性质，将原式化简；
由于锐角△ABC内部的一点O满足|OA|＝|OB|＝|OC|，
所以点O为△ABC外接圆的圆心，外接圆的半径为R；
所以 ，
整理得 ，
第二步：利用数量积的定义二倍角化简求值即可.
所以 ，
故 ，
则 ，
所以 ，
故，由于，所以，解得．故选：D．
【精细化解析 典例3】
第一步：设，于是得到点O是的重心；
不妨设，如图所示，
根据题意则，即点O是的重心，
第二步：根据重心性质及高的关系，得到；
取的中点，连接，则三点共线，且，
所以边上的高是边上的高的倍，
，即，同理可得：，，
所以有，
第三步：利用面积关系得结论.
又因为，
那么，
故的面积与的面积的比值为.故选：A.
类型1 由“奔驰”定理演绎三角形面积之比
例1 设点O在内部，且有，D是BC的中点，设与的面积分别为，，则______．
【详解】 取AC的中点为E，由得，
所以O，D，E三点共线且，所以，故．
【升华】设O是内一点，由“奔驰”定理推论知，当时，有，
故，，．
可见，根据三个向量，，的系数之比，可以求得相关三角形的面积之比．
反之，如果对内一点O，有，则有．
可见，根据三个三角形的面积之比，可以求得三个向量，，的系数之比．
【类题1-1】
1．已知是内的一点，若的面积分别记为，则.这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的很相似，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．
【类题1-2】
2．已知在内，且，，则 ．
【类题1-3】
3．已知是所在平面内一点，，现将一粒红豆随机撒在内，记红豆落在内的概率为，落在内的概率为，，则
A． B． C． D．
类型2 与外心相关的问题
例2 设的外接圆的圆心为O，且，则的值为______．
【详解】因为O是的外接圆圆心，，
所以．
令，，，
由于，
即，
故，即，
两边平方得，
即，
得，
所以，即．
【升华】求解与外心相关的问题，需要根据外心的定义、性质和向量特征（定理2或推论2），结合具体问题的条件进行推理和运算．
【类题1-1】
4．已知的外心为，则的取值范围是 .
【类题1-2】
5．已知为的外心，且，，则实数的值为 ．
【类题1-3】
6．设锐角内部的一点O满足，且，则角A的大小可能为（ ）
A． B． C． D．
类型3 与内心相关的问题
例3 已知椭圆的左、右焦点分别为，，经过点的直线交椭圆于A，B两点，的内切圆的圆心为I．若，则该椭圆的离心率是（）
A． B． C． D．
解析 因为，所以．
如图，在上取一点M，使得，连接IM，则，从而点I为AM上靠近M的三等分点，
所以，
所以．
设，则，，
由椭圆的定义可知，即，所以，
所以，，，，
故点A与上顶点重合．
在中，由余弦定理得，
在中，，
解得，所以椭圆的离心率为．故选A．
【升华】求解与内心相关的问题，需要根据内心的定义、性质和向量特征（定理3或推论3），结合具体问题的条件进行推理和运算．
【类题1-1】
7．在中，，，，O是的内心，且，则=（ ）
A． B． C． D．
【类题1-2】
8．已知为△ABC的内心，且.记R r分别为△ABC的外接圆 内切圆半径，若，则R= .
【类题1-3 】
9．已知的内角的对边分别为且,为内部的一点，且，若，则的最大值为 .
类型4 与重心相关的问题
例4 设为所在平面内一动点.则使得取得最小值的点是的（ ）.
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
解析 注意到
①
当，即为的重心时，式①取得最小值
故答案为C
【升华】求解与重心相关的问题，需要根据重心的定义、性质和向量特征（定理1或推论1），结合问题的具体条件进行推理和运算．
【类题1-1】
10．M，N分别为的边AB，AC上的点，且满足，，若，且，则MN恒过的 （填“五心”中的一个）
【类题1-2】
11．已知△ABC和点M满足.若存在实数m使得成立，则m＝ .
【类题1-3 】
12．已知是的重心，若，，则
A．-1 B．1 C． D．
类型5 与垂心相关的问题
例5 已知H是的垂心，且满足，则内角B的大小为______．
解析 由于H是的垂心，则，
所以
又在中，有，
所以，即．
【升华】求解与垂心相关的问题，需要根据垂心的定义、性质和向量特征（定理4或推论4），结合问题的具体条件进行推理和运算．
【类题1-1】
13．已知是平面上一定点，、、是平面上不共线的三个点，动点满足，，则动点的轨迹一定通过的（ ）
A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心
【类题1-2】
14．瑞士著名数学家欧拉在研究几何时曾定义欧拉三角形，的三个欧拉点（顶点与垂心连线的中点）构成的三角形称为的欧拉三角形.如图，是的欧拉三角形（H为的垂心）.已知，，，若在内部随机选取一点，则此点取自阴影部分的概率为 .
【类题1-3】
15．在中，三个内角分别为A，B，C，，，，H为的垂心．若，则 ．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，利用同底的两个三角形面积比推得即可求解作答.
【详解】是的垂心，延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，如图，
则，，
因此，，同理，
于是得，
又，即，由“奔驰定理”有，
则，而与不共线，有，，即，
所以.
故选：A
2．
【分析】首先根据题意，画出相应的图形，利用题中所给的条件，列出相应的等量关系式，根据平面向量基本定理，得到对应的结果.
【详解】如图，
设BO与AC相交于D，则由，可得，
设CO与AB相交于E，则由，可得，
因B,O,D三点共线，故存在实数m，
使，
因C,O,E三点共线，故存在实数n，使得
，
所以，解得，
，所以，，
故答案是：.
【点睛】该题考查的是有关向量的问题，涉及到的知识点有平面向量基本定理，向量共线的条件，属于较难题目.
3．D
【分析】根据23，计算出△PAB，△PAC，△PBC面积的关系，求出概率，作积得答案．
【详解】如图，令，，．

则P为△A1B1C1 的重心，
∴，
而，，．
∴2S△PAB＝3S△PAC＝6S△PBC，
∴，，．
则P△PBCP△PBAP△PAC．
故选D．
【点睛】本题考查的知识点是几何概型概率计算公式，计算出满足条件和所有基本事件对应的几何量，是解答的关键，难度中档．
4．
【解析】作出图示，取BC的中点D，则有，再由向量的线性表示和向量数量积的运算得出，，，代入已知得，由余弦定理表示，再由基本不等式可求得范围.
【详解】作出图示如下图所示，取BC的中点D，连接OD，AD，因为的外心为O,则，
因为，
又，所以，
同理可得，，
所以化为，
即.
由余弦定理得，
又，当且仅当时，取等号，又，所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查向量的数量积运算，以及三角形的外心的定义和性质，关键在于三角形的外心的定义和向量的线性表示，转化表示向量的数量积，将已知条件转化为三角形的边的关系，属于较难题.
5．
【分析】取边的中点，利用向量加法的平行四边形法则可得，，，三点共线，由，，再由即可求解.
【详解】如图所示，取边的中点，则，
又，所以，
所以，，三点共线，，
因为为的外心，所以，，
所以，．
因为，所以，
即，所以．
故答案为：
【点睛】本题考查了向量的共线定理、向量加法的平行四边形法则，属于中档题.
6．AD
【分析】
利用平面向量的数量积，三角函数关系式的变换，三角函数值的应用求出结果.
【详解】锐角内部的一点O满足，则O为的外接圆的圆心，
圆心O在内，设外接圆的半径为R，
因为，
所以，
从而，
即，
进而得，
即，
所以，
即，所以，
因为，所以或，所以或．
故选：AD．
7．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．
8．32
【详解】解法一：如图，取BC的中点D，
依题意，有.
所以A I D三点共线，AB=AC.由r=ID=15，知IA=24.
作IE⊥AB于E，则IE=ID=15，
.
所以.
又.
所以.
解法二：依题意，有.
由三角形内心的向量表示：若a b c分别为△ABC的内角A B C的对边，I为△ABC的内心，则.
可得，a：b：c=5：4：4，设a=10k，则b=c=8k.
作AD⊥BC于D，则，.
又r=15，，
因此，.
又，所以.
故答案为：32．
9．
【解析】将利用向量的线性运算全部转化为以为起点的向量，根据平面向量基本定理可将用表示，再利用余弦定理及基本不等式，即可求出结果．
【详解】因为，所以，
所以，所以
又，所以，所以，
在中，由余弦定理得，又，
所以，
即，当且仅当时，等号成立．
所以，故的最大值为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查向量的线性运算，平面向量基本定理，余弦定理及基本不等式求最值，关键是利用整体思想将化为，属于难题．
10．重心
【分析】设G为的重心，根据题意可得，再结合三点共线的结论分析判断.
【详解】因为，，
则，，
设G为的重心，则，
又因为，且，即，可得，
所以G，M，N三点共线，故MN恒过的重心．
故答案为：重心.
11．3
【详解】由条件知是的重心，设是边的中点，
则，而，
所以.
12．C
【分析】根据三角形重心的性质得到，再由向量的基底表示得到，根据平面向量基本定理得到结果.
【详解】已知是的重心，则取AB的中点E，则
若,则，又因为,故
=根据平面向量基本定理得到=．
故答案为C.
【点睛】这个题目考查的是向量基本定理的应用；解决向量的小题常用方法有：数形结合，向量的三角形法则，平行四边形法则等；建系将向量坐标化；向量基底化，选基底时一般选择已知大小和方向的向量为基底．
13．D
【分析】计算的值，可得出结论.
【详解】因为，
，
，因此，点的轨迹经过的垂心，
故选：D.
14．
【分析】由三角函数的余弦定理得：AB＝3，建立平面直角坐标系，利用坐标法得到阴影三角形的面积，从而利用几何概型公式得到结果.
【详解】解：因为tan∠ACB＝2，所以cos∠ACB，
又因为AC＝3，BC＝2，
由余弦定理可得：AB＝3，
取BC的中点O，则OA⊥BC，
以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，
则B（﹣1，0），C（1，0），A（0，2），设H（0，y），
因为BH⊥AC，
所以1，
所以y，从而S，
故所求概率为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角函数的余弦定理及几何概型中的面积型，考查计算能力，属中档题．
15．
【分析】根据余弦定理可求解余弦，即可根据同角关系求解正切，进而运用定理4的结论，即可求解.
【详解】因为，，，所以，
由余弦定理可得，
由以及为锐角，可得，故．
同理，．于是．
接下来证明定理4：O是（非直角三角形）的垂心．
证明：O是（非直角三角形）的垂心
，
由定理4得，
故，
化简得．所以．
故答案为：
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