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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
试卷第1页,共3页
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:
答案第1页,共2页
答案第1页,共2页
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