高考数学一轮复习第5章5平面向量与三角形“四心”的交汇问题学案

这是一份高考数学一轮复习第5章5平面向量与三角形“四心”的交汇问题学案，共7页。
三角形的“四心”在人教A版教材中出现了两次：一是教材人教A版必修第二册P52T2，二是人教A版必修第二册教材P63数学探究——用向量法研究三角形的性质．以上两点足以展现了三角形的“四心”在新教材中的地位．随着新高考改革的推进，以三角形的“四心”为背景，考查向量的数量积与线性运算的题目越来越多，熟知相应题型，有效地针对训练势在必行．
命题点一 “四心”的判断
[典例1] 若三个不共线的向量OA，OB，OC满足OA·ABAB+CACA＝OB·BABA+CBCB＝OC·CACA+BCBC＝0，则点O为△ABC的( )
A．内心 B．外心
C．重心 D．垂心
A [由题意知OA与ABAB+CACA＝AE(E在∠BAC的邻补角的平分线上)垂直，所以点O在∠BAC的平分线上．同理，点O在∠ABC的平分线上，故点O为△ABC的内心．]
三角形的“四心”：
设O为△ABC所在平面上一点，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则
(1)O为△ABC的外心⇔|OA|＝|OB|＝|OC|＝a2sinA.
(2)O为△ABC的重心⇔OA+OB+OC＝0.
(3)O为△ABC的垂心⇔OA·OB＝OB·OC＝OC·OA.
(4)O为△ABC的内心⇔aOA＋bOB＋cOC＝0.
[跟进训练]
1．已知O是三角形ABC所在平面内一定点，动点P满足OP＝OA＋λAB·ABsinC+AC·ACsinB，λ∈R.则P点的轨迹一定通过三角形ABC的( )
A．内心 B．外心
C．重心 D．垂心
C [由正弦定理可知：ABsinC＝ACsinB＝2R，R为三角形的外接圆的半径，所以动点P满足
OP＝OA＋λAB·ABsinC+AC·ACsinB＝OA＋2λR(AB+AC)．
因为AB+AC是以AB，AC为邻边的平行四边形的对角线A为起点的向量，经过BC的中点，所以P点的轨迹一定通过三角形ABC的重心．故选C.]
命题点二 与“四心”有关的计算
外心
[典例2] 在△ABC中，AB＝2，BC＝10，AC＝3.若O是△ABC的外心，且AO＝pAB＋qAC，则p＝________，q＝________．
13 49 [∵CB＝AB-AC，∴CB2＝(AB-AC)2，即CB2＝AB2+AC2－2AB·AC，
∴10＝4＋9－2AB·AC，∴AB·AC＝32.
如图，设AB的中点为D，AC的中点为E，
∵AO＝pAB＋qAC，
∴AO·AB=pAB2+qAB·AC=4p+32q，AO·AC=pAB·AC+qAC2=32 p+9q，
∵AO·AB＝AB·AO·cs ∠BAO＝AB·AD＝2，AO·AC＝AO·AC·cs ∠CAO＝AC·AE＝92，
∴2=4p+32q92=32p+9q ，解得p＝13，q＝49.]
重心
[典例3] 已知△ABC的重心为O，且AB＝4，BC＝6，AC＝8，则BO·AC＝( )
A．－203 B．203
C．283 D．16
B [设D为边AC的中点，如图所示，
则BD＝12(BA+BC)．
根据重心的性质可得
BO＝23BD＝23×12 (BA+BC)＝13(BA+BC)，则
BO·AC＝13(BA+BC)·AC＝13(BA+BC)·(AB+BC)＝13(BC2－AB2)＝13(36－16)＝203.
故选B.]
垂心
[典例4] 已知H为△ABC的垂心，AB＝4，AC＝6，M为边BC的中点，则HM·BC＝( )
A．20 B．10
C．－20 D．－10
B [如图，∵H为△ABC的垂心，
∴HA⊥BC，
∴HA·BC＝0，且AB＝4，AC＝6，M为边BC的中点，
∴HM·BC＝(HA+AB+BM)·BC＝HA+AB+12BC·BC＝HA·BC+AB+12AC-AB·BC
＝12(AC+AB)·(AC-AB)＝12(AC2－AB2)
＝12×(36－16)＝10.
故选B.]
内心
[典例5] 在△ABC中，若|AB|＝2，|AC|＝3，|BC|＝4，O为△ABC的内心，且AO＝λAB＋μBC，则λ＋μ＝( )
A．34 B．59
C．79 D．57
C [∵O为△ABC的内心，
∴O为△ABC内角平分线的交点，
令|AB|＝c，|AC|＝b，|BC|＝a，
则有aOA＋bOB＋cOC＝0，
∴aOA＋b(OA+AB)＋c(OA+AB+BC)＝0，
∴(a＋b＋c)AO＝(b＋c)AB＋cBC，
∴AO＝b+ca+b+cAB+ca+b+cBC，
∴λ＋μ＝b+ca+b+c+ca+b+c＝3+2+22+3+4＝79.
故选C.]
求解此类问题的关键是结合三角形的特点、运用“四心”的向量表达式及其相关性质．
[跟进训练]
2．(1)已知相异两点O，H分别为△ABC的外心与垂心，且OH＝m·(OA+OB+OC)，则实数m＝( )
A．1 B．2
C．3 D．不确定
(2)在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cs A＝15，O是△ABC的内心，若OP＝xOB＋yOC，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为( )
A．1063 B．1463
C．43 D．62
(3)在△ABC中，O为其外心，OA·OC＝3，且3OA+7OB+OC＝0，则边AC的长是________．
(1)A (2)B (3)3－1 [(1)如图所示，
∵OH＝AH-AO，OH＝m·(OA+OB+OC)，
∴AH-AO＝m(OA+OB+OC)，
∴AH＝(m－1)OA＋m(OB+OC)，
取BC边的中点D，连接OD，则OD⊥BC，
∴OB+OC＝2OD，OD·BC＝0.
又AH⊥BC, ∴AH·BC＝0.
∴AH·BC＝(m－1)OA·BC＋2mOD·BC，
∴0＝(m－1)OA·BC，又OA·BC不恒为0，
∴必有m－1＝0，解得m＝1.故选A.
(2)根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P的轨迹是以OB，OC为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC的面积的2倍．
在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cs A，得a＝7.
设△ABC的内切圆的半径为r，则12bc sin A＝12(a＋b＋c)r，解得r＝263，
∴S△BOC＝12×a×r＝12×7×263＝763.
故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为2S△BOC＝1463.
(3)设△ABC外接圆的半径为R，
∵O为△ABC的外心，
∴|OA|＝|OB|＝|OC|＝R，
又3OA+7OB+OC＝0，
则3OA+OC＝－7OB
∴3OA2＋OC2＋23OA·OC＝7OB2，
从而OA·OC＝32R2，
又OA·OC＝3，所以R2＝2，
又OA·OC＝|OA||OC|cs ∠AOC＝R2cs ∠AOC＝3，∴cs ∠AOC＝32，∴∠AOC＝π6，
在△AOC中，由余弦定理得
AC2＝OA2＋OC2－2OA·OC·cs ∠AOC
＝R2＋R2－2R2×32＝(2－3)R2＝4－23.
∴AC＝3－1.]