重难点14 奔驰定理与四心问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc18283" 【题型1 奔驰定理】 PAGEREF _Tc18283 \h 3
\l "_Tc31981" 【题型2 重心问题】 PAGEREF _Tc31981 \h 6
\l "_Tc18824" 【题型3 垂心问题】 PAGEREF _Tc18824 \h 9
\l "_Tc23358" 【题型4 内心问题】 PAGEREF _Tc23358 \h 12
\l "_Tc17081" 【题型5 外心问题】 PAGEREF _Tc17081 \h 15
1、奔驰定理与四心问题
奔驰定理是平面向量中的重要定理，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”相关的问题有着重要作用；四心问题是平面向量中的重要问题，是高考的热点内容，在高考复习中，要掌握奔驰定理并能灵活运用，对于四心问题要学会灵活求解.
【知识点1 奔驰定理】
1．奔驰定理
如图，已知P为△ABC内一点，且满足，则有△APB、△APC、△BPC的面积之比为.
由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，所以我们把它称为“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，有着决定性的基石作用.
【知识点2 四心问题】
1．四心的概念及向量表示
(1)重心的概念及向量表示
①重心的概念：三角形各边中线的交点叫做重心，重心将中线长度分成2:1.
②重心的向量表示：如图，在△ABC中，点P为△ABC重心.
③重心坐标公式：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，则△ABC的重心坐标为P.
(2)垂心的概念及向量表示
①垂心的概念：三角形各边上高线的交点叫做垂心.
②垂心的向量表示：如图，在△ABC中，点P为△ABC垂心.
(3)内心的概念及向量表示
①内心的概念：三角形各角平分线的交点叫做内心，内心也为三角形内切圆的圆心.
②内心的向量表示：如图，在△ABC中，三角形的内心在向量所在的直线上，点P为△ABC内心.
(4)外心的概念及向量表示
①外心的概念：三角形各边中垂线的交点叫做外心，外心也为外接圆的圆心，外心到三角形各顶点的距离相等.
②外心的向量表示：如图，在△ABC中，点P为△ABC外心.
2．三角形的四心与奔驰定理的关系
(1)O是△ABC的重心：.
(2)O是△ABC的垂心：.
(3)O是△ABC的内心：.
(4)O是△ABC的外心：
.
【题型1 奔驰定理】
【例1】（2024高三·全国·专题练习）已知点A，B，C，P在同一平面内，PQ=13PA，QR=13QB，RP=13RC，则S△ABC:S△PBC等于（ ）
A．14∶3B．19∶4C．24∶5D．29∶6
【解题思路】先根据向量的线性运算得到4PA+6PB+9PC=0，然后再利用奔驰定理即可求解.
【解答过程】由QR=13QB可得：PR−PQ=13(PB−PQ),
整理可得：PR=13PB+23PQ=13PB+29PA，
由RP=13RC可得RP=13(PC−PR)，整理可得：PR=−12PC，
所以−12PC=13PB+29PA，整理得：4PA+6PB+9PC=0，
由奔驰定理可得：S△ABC:S△PBC=(4+6+9):4=19:4，
故选：B.
【变式1-1】（23-24高一下·广西南宁·期末）已知O为△ABC内一点，且满足3OA+4OB+5OC=2AB+3BC+CA，则S△AOBS△ABC=（ ）
A．25B．14C．34D．35
【解题思路】由题意可得4OA+5OB+3OC=0，方法一：延长CO至H点，令OH=49OA+59OB=39CO，从而可得A,H,B三点共线，进而可求解；方法二：利用奔驰定理求解即可.
【解答过程】因为3OA+4OB+5OC=2AB+3BC+CA，
所以3OA+4OB+5OC=2OB−OA+3OC−OB+OA−OC，
即4OA+5OB+3OC=0.
方法1：∴4OA+5OB=3CO，即49OA+59OB=39CO，
延长CO至H点，令OH=49OA+59OB=39CO，即A,H,B三点共线，
则S△AOBS△ABC=HOHC=14.
方法2：由奔驰定理，SBOC:SAOC:SAOB=4:5:3，故S△AOBS△ABC=34+5+3=14.
故选B.
【变式1-2】（23-24高一下·湖北·期中）奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，则SA⋅OA+SB⋅OB+SC⋅OC=0.“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lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.设O为三角形ABC内一点，且满足：OA+2OB+3OC=3AB+2BC+CA，则S△AOBS△ABC=（ ）
A．25B．12C．16D．13
【解题思路】直接根据向量的基本运算得到3OA+OB+2OC=0，再结合“奔驰定理”即可求解结论．
【解答过程】解：∵O为三角形ABC内一点，且满足OA+2OB+3OC=3AB+2BC+CA，
∴ OA+2OB+3OC=3(OB−OA)+2(OC−OB)+(OA−OC)⇒3OA+OB+2OC=0，
∵SA⋅OA+SB⋅OB+SC⋅OC=0．
∴ S△AOBS△ABC=S△AOBS△AOB+S△BOC+S△AOC=SCSA+SB+SC=13，
故选：D．
【变式1-3】（23-24高三上·河南南阳·期中）奔驰定理：已知O是ΔABC内的一点，ΔBOC，ΔAOC，ΔAOB的面积分别为SA，SB，SC，则SA⋅OA+SB⋅OB+SC⋅OC=0．“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（Mercedes benz）的lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理”若O是锐角ΔABC内的一点，A，B，C是ΔABC的三个内角，且点O满足OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA，则必有（ ）
A．sinA⋅OA+sinB⋅OB+sinC⋅OC=0
B．csA⋅OA+csB⋅OB+csC⋅OC=0
C．tanA⋅OA+tanB⋅OB+tanC⋅OC=0
D．sin2A⋅OA+sin2B⋅OB+sin2C⋅OC=0
【解题思路】利用已知条件得到O为垂心，再根据四边形内角为2π及对顶角相等，得到∠AOB=π−C，再根据数量积的定义、投影的定义、比例关系得到|OA|:|OB|:|OC|=csA:csB:csC，进而求出SA:SB:SC的值，最后再结合“奔驰定理”得到答案.
【解答过程】如图，因为OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA，
所以OB⋅(OA−OC)=0⇒OB⋅CA=0，同理OA⋅BC=0，OC⋅AB=0，
所以O为ΔABC的垂心。
因为四边形DOEC的对角互补，所以∠AOB=π−C，
∴OA⋅OB=|OA||OB|cs(π−C)=−|OA||OB|csC．
同理，∴OB⋅OC=−|OB‖OC|csA，
∴OC⋅OA=−|OC‖OA|csB，
∴ |OA‖OB|csC=|OB||OC|csA=|OC||OA|csB．
∴ |OA‖OB|csC|OA‖OB||OC|=|OB||OC|csA|OA‖OB||OC|=|OC||OA|csB|OA‖OB||OC|，
∴|OA|:|OB|:|OC|=csA:csB:csC．
又SA=12|OB‖OC|sin(π−A)=12|OB‖OC|sinA
SB=12|OA‖OC|sin(π−B)=12|OA‖OC|sinB
SC=12|OB‖OA|sin(π−C)=12|OB‖OA|sinC
∴SA:SB:SC=sinA|OA|:sinB|OB|:sinC|OC|= sinAcsA:sinBcsB:sinCcsC=tanA:tanB:tanC．
由奔驰定理得tanA⋅OA+tanB⋅OB+tanC⋅OC=0.
故选C．
【题型2 重心问题】
【例2】（2024·贵州六盘水·三模）已知点O为△ABC的重心，AC=λOA+μOB，则λ+μ=（ ）
A．−3B．−2C．1D．6
【解题思路】作出图形，将OA,OB作为基底，先把AC用OA,OB,BC表示，再将BC也用OA,OB表示，将等式整理得到推导出AC=−2OA−OB，结合平面向量基本定理算出λ,μ的值，进而算出答案.
【解答过程】根据向量加法三角形运算法知AC=AB+BC=AO+OB+BC（∗）；
F为BC中点，则BC=2BF=2(BO+OF)（∗∗）；
点O为△ABC的重心，则OF=12AO，
代入（∗∗）得到，BC=2(BO+12AO)=2BO+AO，
代入（∗）得到，AC=AO+OB+2BO+AO=−2OA−OB，
结合AC=λOA+μOB，可得λ=−2,μ=−1，所以λ+μ=−3.
故选：A.
【变式2-1】（2024·陕西西安·一模）已知点P是△ABC的重心，则（ ）
A．AP=16AB+16ACB．AP=14AB+14AC
C．AP=23AC+13BCD．AP=23AB+13BC
【解题思路】利用三角形重心的性质，结合平面向量的线性运算，即可求得答案.
【解答过程】设BC的中点为D，连接AD，点P是△ABC的重心，则P在AD上，
且AP⃗=23AD⃗=23×12(AB⃗+AC⃗)=13(2AB⃗+BC⃗)=23AB⃗+13BC⃗
=23(AC+CB)+13BC=23AC−13BC，
由此可知A，B，C错误，D正确，
故选：D.
【变式2-2】（23-24高一下·四川巴中·阶段练习）已知点G为△ABC的重心，D,E分别是AB,AC边上一点，D,G,E三点共线，F为BC的中点，若AF=λAD+μAE，则4λ+1μ的最小值为（ ）
A．6B．7C．92D．272
【解题思路】根据重心性质可得AF=32AG，再由三点共线得出2λ3+2μ3=1(λ>0,μ>0)，根据“1”的变形技巧利用均值不等式求最值.
【解答过程】由点G为△ABC的重心，F为BC的中点知，
AF=32AG=λAD+μAE,
所以AG=2λ3AD+2μ3AE，
因为D,G,E三点共线，D,E分别是AB,AC边上一点，
所以2λ3+2μ3=1(λ>0,μ>0)，即λ+μ=32(λ>0,μ>0)，
4λ+1μ=23λ+μ4λ+1μ=235+4μλ+λμ≥235+24μλ⋅λμ=6，
当且仅当4μλ=λμ，即λ=1,μ=12时等号成立，
故选：A.
【变式2-3】（2024高一下·上海·专题练习）设点O是△ABC所在平面内一点，则下列说法错误的是（ ）
A．若OA+OB+OC=0，则O为△ABC的重心；
B．若(OA+OB)⋅AB=(OB+OC)⋅BC=0，则O为△ABC的垂心；
C．若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0,BA|BA|⋅BC|BC|=12，则△ABC为等边三角形；
D．若OA+2OB+3OC=0，则△BOC与△ABC的面积之比为S△BOC:S△ABC=1:6．
【解题思路】利用向量数乘运算和三角形重心定义判断选项A；利用向量数量积运算和三角形垂心定义判断选项B；利用向量数量积运算和等边三角形定义判断选项C；求得△BOC与△ABC的面积之比判断选项D.
【解答过程】对于A，如图，取AB边中点D，连接AB边上的中线CD，则OA+OB=2OD，
又∵OA+OB+OC=0，∴2OD+OC=0，∴OC=2OD，
∴O为△ABC的重心，故选项A正确；

对于B，如图，取AB边中点D，BC边中点E，连接OD，OE，
则OA+OB=2OD，OB+OC=2OE，
∵OA+OB⋅AB=OB+OC⋅BC=0，
∴2OD⋅AB=2OE⋅BC=0，
∴OD⋅AB=OE⋅BC=0，∴OD⊥AB，OE⊥BC，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，
∴OD，OE分别是AB，BC边上的垂直平分线，
∴OA=OB=OC，O为△ABC的外心，故选项B错误；

对于C，作角A的内角平分线AE与BC边交于点E，
∵ABAB为AB方向的单位向量，ACAC为AC方向的单位向量，
∴ABAB+ACAC=λAE（λ>0），
∴ABAB+ACAC⋅BC=λAE⋅BC=0（λ>0），
∴AE⊥BC，∴AE⊥BC，∴AC=AB，△ABC为等腰三角形，
又∵BABA⋅BCBC=BA⋅BCBABC=csB=12，且B∈0,π，∴B=π3，
∴△ABC为等边三角形，故选项C正确；

对于D，设OB′=2OB，OC′=3OC，
由OA+2OB+3OC=0，得OA+OB′+OC′=0，
则由选项A可知，O为△AB′C′的重心，设△AB′C′的面积S△AB′C′=a，
∴S△AOC′=S△AOB′=S△B′OC′=13a，
又∵OB=12OB′，OC=13OC′，
∴S△AOC=13S△AOC′=19a，S△AOB=12S△AOB′=16a，S△BOC=16S△B′OC′=118a，
∴S△ABC=S△AOC+S△AOB+S△BOC=13a，
∴S△BOC:S△ABC=118a:13a=1:6，故选项D正确．

故选：B.
【题型3 垂心问题】
【例3】（23-24高一下·上海浦东新·期中）O是平面上一定点，A，B，C平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λABABcs∠ABC+ACACcs∠BCA，λ∈R，则P的轨迹一定通过△ABC的（ ）
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【解题思路】利用向量的数量积的定义式结合三角函数诱导公式化简已知等式，再由向量的数量积为零推出向量垂直即可.
【解答过程】如图所示，过点A作AD⊥BC，垂足为D点．
则BC·ABABcs∠ABC=BC ABcsπ−BABcs∠ABC=−BC，
同理BC·ACACcs∠ACD=BC，
∵动点P满足OP=OA+λABAB∠csABC+ACACcs∠BCA，λ∈R．
∴ AP=λABABcs∠ABC+ACACcs∠ACD，λ∈R．
∴ AP·BC=λBC·ABABcs∠ABC+BC·ACACcs∠ACD=λ−BC+BC=0，
∴ AP⊥BC，
因此P的轨迹一定通过△ABC的垂心．
故选：D．
【变式3-1】（23-24高一下·广东东莞·期末）已知在△ABC中，O是△ABC的垂心，点P满足：3OP=12OA+12OB+2OC，则△ABP的面积与△ABC的面积之比是
A．23B．34C．35D．12
【解题思路】根据向量加法可得12OA+12OB=OM，进而根据向量的线性运算可得PM=2CP，进而判断出点P的位置，即可求解面积之比.
【解答过程】
如图，设AB的中点为M，
则12OA+12OB=OM，
故由3OP=12OA+12OB+2OC可得2OP=OM−OP+2OC，即2OP−2OC=OM−OP，也即PM=2CP，由向量的共线定理可得C,P,M共线，且MP=23MC，
所以结合图形可得S△ABPS△ABC=MPMC=23,
故选:A.
【变式3-2】（23-24高一下·山东·期中）设H是△ABC的垂心，且3HA+4HB+5HC=0，则cs∠AHB的值为（ ）
A．−3010B．−55C．−66D．−7014
【解题思路】根据题意，由垂心的向量表达式可得HA⋅HB=HA⋅HC=HB⋅HC，结合条件即可分别求得HA,HB，结合向量的夹角公式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】因为H是△ABC的垂心，所以HA⋅HB−HC=0，即HA⋅HB=HA⋅HC，
同理可得HB⋅HA−HC=0，即HA⋅HB=HB⋅HC，
所以HA⋅HB=HA⋅HC=HB⋅HC，
设HA⋅HB=HA⋅HC=HB⋅HC=x，
因为3HA+4HB+5HC=0，所以3HA⋅HB+4HB⋅HB+5HC⋅HB=0，
所以HB=−2x,x<0，同理可得HA=−3x，
所以cs∠AHB=HA⋅HBHAHB=x−2x×−3x=−66.
故选：C.
【变式3-3】（2024高三下·全国·专题练习）如图，已知O是△ABC的垂心，且OA+2OB+3OC=0，则tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB等于（ ）
A．1:2:3B．1:2:4
C．2:3:4D．2:3:6
【解题思路】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tan∠BAC:tan∠ABC:∠ACB=S△BOC:S△AOC:S△AOB，从而得解.
【解答过程】O是△ABC的垂心，延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，如图，
则CP⊥AB，BM⊥AC，AN⊥BC，∠BOP=∠BAC，∠AOP=∠ABC，
因此，S△BOCS△AOC=12OC⋅BP12OC⋅AP=BPAP=OPtan∠BOPOPtan∠AOP=tan∠BACtan∠ABC，
同理S△BOCS△AOB=tan∠BACtan∠ACB，
于是得tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=S△BOC:S△AOC:S△AOB，
又OA+2OB+3OC=0
由“奔驰定理”有S△BOC⋅OA+S△AOC⋅OB+S△AOB⋅OC=0
即S△BOC:S△AOC:S△AOB=1:2:3，所以tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=1:2:3，
故选：A.
【题型4 内心问题】
【例4】（2024·四川南充·三模）已知点P在△ABC所在平面内，若PA⋅(AC|AC|−AB|AB|)=PB⋅(BC|BC|−BA|BA|)=0，则点P是△ABC的（ ）
A．外心B．垂心C．重心D．内心
【解题思路】根据给定条件，利用数量积的运算律及数量积的定义可得AP平分∠BAC，BP平分∠ABC，结合三角形内心定义判断即得.
【解答过程】在△ABC中，由PA⋅(AC|AC|−AB|AB|)=0，得PA⋅AC|AC|=PA⋅AB|AB|，
即AP⋅AC|AC|=AP⋅AB|AB|，由PB⋅(BC|BC|−BA|BA|)=0，同理得BP⋅BC|BC|=BP⋅BA|BA|，
显然AP≠0，即P与A不重合，否则cs∠ABC=1，同理BP≠0，
则|AP|cs∠PAC=|AP|cs∠PAB，即cs∠PAC=cs∠PAB，∠PAC=∠PAB，
于是AP平分∠BAC，同理BP平分∠ABC，
所以点P是△ABC的内心.
故选：D.
【变式4-1】（23-24高一下·四川成都·期末）已知点O是△ABC的内心，AB=4,AC=3，CB=λCA+μCO，则λ+μ=（ ）
A．43B．53C．2D．73
【解题思路】连接AO并延长交BC于点D，连接CO，则由角平分线定理得到CB,CD的长度关系，再由平面向量基本定理，利用A,O,D三点共线，得到关系式，比较系数可得答案.
【解答过程】连接AO并延长交BC于点D，连接CO，
因为O是△ABC的内心，所以AD为∠BAC的平分线，
所以根据角平分线定理可得BDCD=ABAC=43，
所以CB=73CD,
因为A,O,D三点共线，所以设CD=tCA+(1−t)CO，
则CB=73CD=7t3CA+7(1−t)3CO，
因为CB=λCA+μCO，
所以λ+μ=7t3+7(1−t)3=73，
故选：D.
【变式4-2】（2023高三·全国·专题练习）在△ABC中，若sin∠BAC⋅PA+sin∠ABC⋅PB+sin∠ACB⋅PC=0，则点P是△ABC的（ ）
A．重心B．内心C．垂心D．外心
【解题思路】根据“奔驰定理”列方程，整理后判断出P是△ABC的内心.
【解答过程】过点P分别作BC，CA，AB的垂线PD，PE，PF，其垂足依次为D,E,F，如图所示，
由于sin∠BAC⋅PA+sin∠ABC⋅PB+ sin∠ACB⋅PC=0，
根据奔驰定理就有：
S△BPC:S△CPA:S△APB=sin∠BAC:sin∠ABC:sin∠ACB=BC:AC:AB，
即12BC×PD:12AC×PE:12AB×PF=BC:AC:AB，
因此PD=PE=PF，故点P是△ABC的内心，B选项正确.
故选：B.
【变式4-3】（2024高三·全国·专题练习）在△ABC中，AB=2，AC=3，BC=4，O是△ABC的内心，且AO=λAB+μBC，则λ+μ=（ ）
A．910B．710C．89D．79
【解题思路】根据引理证明定理3，即可定理3的结论求解.
【解答过程】先证明：引理（“奔驰”定理）如图1，O是△ABC内的一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，则SAOA+SBOB+SCOC=0．
证明 如图3，延长AO，与BC边相交于点D，
则BDDC=S△ABDS△ACD=S△BODS△COD=−S△BOD−S△COD=S△ABD−S△BODS△ACD−S△COD=SCSB．
记BDDC=λ，则BD=λDC，即OD−OB=λOC−OD，
所以−1+λOD+OB+λOC=0，
又OD=−ODOAOA=−SASB+SCOA，所以SASB+SC1+SCSBOA+OB+SCSBOC=0，
从而SAOA+SBOB+SCOC=0．
接下来证明定理3 O是△ABC的内心⇔aOA+bOB+cOC=0（其中a,b,c是△ABC的三边长）．
证明 设△ABC的内切圆半径为r，O是△ABC的内心，
则S△BOC:S△AOC:S△AOB=ra2:rb2:rc2=a:b:c．
根据引理得，O是△ABC的内心⇔aOA+bOB+cOC=0．
由AO=λAB+μBC，可得AO=λOB−OA+μOC−OB，
即1−λOA+λ−μOB+μOC=0，
因为O为△ABC的内心，AB=2，AC=3，BC=4，
根据定理3，可知1−λ4=λ−μ3=μ2，解得λ=59，μ=29，故λ+μ=79．
故选:D．
【题型5 外心问题】
【例5】（23-24高一下·天津北辰·期中）O为△ABC所在平面内一点，且满足(OA+OB)⋅BA=(OB+OC)⋅CB=(OC+OA)⋅AC，则O是△ABC的（ ）
A．内心B．外心C．重心D．垂心
【解题思路】根据给定条件，利用数量积的运算律计算判断得解.
【解答过程】依题意，(OA+OB)⋅BA=(OA+OB)⋅(OA−OB)=|OA|2−|OB|2，
(OB+OC)⋅CB=(OB+OC)⋅(OB−OC)=|OB|2−|OC|2，
(OC+OA)⋅AC=(OC+OA)⋅(OC−OA)=|OC|2−|OA|2，
则|OA|2−|OB|2=|OB|2−|OC|2=|OC|2−|OA|2，于是|OA|=|OB|=|OC|，
所以O是△ABC的外心.
故选：B.
【变式5-1】（23-24高三下·新疆·阶段练习）在△ABC中，AC=27，O是△ABC的外心，M为BC的中点，AB⋅AO=8，N是直线OM上异于M、O的任意一点，则AN⋅BC=（ ）
A．3B．6C．7D．9
【解题思路】根据外心的性质得到OM⊥BC，设ON=λOM，根据数量积的运算律得到AN⋅BC=−AO⋅AB+AO⋅AC，再由数量积的定义及几何意义求出AO⋅AC，从而得解.
【解答过程】因为O是△ABC的外心，M为BC的中点，设AC的中点为D，连接OD，

所以OM⊥BC，OD⊥AC，设ON=λOM，
则AN⋅BC=AO+ON⋅BC=AO⋅BC+λOM⋅BC
=AO⋅BC=AO⋅BA+AC
=AO⋅BA+AO⋅AC =−AO⋅AB+AO⋅AC，
又O是△ABC的外心，所以AO⋅AC=AO⋅ACcs∠CAO=AOcs∠CAO⋅AC
=12AC2=12×272=14，
所以AN⋅BC=−AO⋅AB+AO⋅AC=−8+14=6.
故选：B.
【变式5-2】（2024高三·江苏·专题练习）已知O为△ABC的外心，若A(0,0),B(2,0),AC=1,∠BAC=120∘,且AO=λAB+μAC，则λ+μ=（ ）
A．23B．2C．1D．136
【解题思路】由图形在坐标平面内的位置，求出C点和O点的坐标，得AO,AB,AC的坐标，由AO=λAB+μAC，列方程组求出λ和μ即可；或利用图形关系结合解三角形知识及平面向量基本定理即得.
【解答过程】解法一：
若A(0,0),B(2,0),AC=1,∠BAC=120∘，则有C−12,32，如图所示，
设△ABC的外心Ox,y，由OA=OB，得x2+y2=x−22+y2，解得x=1，
由OA=OC，得12+y2=1+122+y−322，解得y=233，
得O1,233，则AO=1,233，
又AC=−12,32，AB=2,0，
由AO=λAB+μAC，即1,233=λ2,0+μ−12,32，
得2λ−12μ=132μ=233，解得λ=56μ=43，
故λ+μ=136.
方法二：
过点A作AG⊥BC于G，过点O作OH⊥BC于H，
过点O作EF//BC交AC的延长线于E，交AB的延长线于F，
因为A(0,0),B(2,0),AC=1,∠BAC=120∘,则AB=2，
由余弦定理，CB2=AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cs∠BAC=1+4+2=7，则CB=7，
而三角形△ABC的外接圆的半径为7sin120∘×12=213，
所以OH=2132−722=216，
且S△ABC=12AG⋅BC=12AC⋅AB⋅sin120∘，所以AG=217，
所以ACAE=ABAF=217217+216=613，得所以AC=613AE,AB=613AF，
故AO=λAB+μAC=6λ13AF+6μ13AE，
由于O,E,F三点共线，有6λ13+6μ13=1，因此λ+μ=136．
故选：D.
【变式5-3】（2024·辽宁抚顺·模拟预测）在锐角三角形ABC中，A=60°，AB>AC，H为△ABC的垂心，AH⋅AC=20，O为△ABC的外心，且AH⋅AO=7198AH⋅AO，则BC=（ ）
A．9B．8C．7D．6
【解题思路】作出辅助线，数形结合，利用向量数量积可求得bc=40，再由O为△ABC的外心，可得∠BAO=90°−C，从而可得∠OAH=C−∠ABC，解方程组csC−∠ABC=7198与csC+∠ABC=−12可得sinCsin∠ABC的值，最后由正弦定理即可求解.
【解答过程】

设△ABC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BD⊥AC，
所以AH⋅AC=AD⋅AC=ABcs60°⋅AC=20，即bc=40．
又O为△ABC的外心，所以∠AOB=2C，即∠BAO=90°−C，
又在△ABE中，∠BAE=90°−∠ABC，
故∠OAH=90°−∠ABC− 90°−C=C−∠ABC，
所以csC−∠ABC=cs∠OAH=AH⋅AOAH⋅AO=7198，与csC+∠ABC=−12，相减得sinCsin∠ABC=3049 ，
所以由正弦定理得bcsinCsin∠ABC=BCsinA2=1963，即BC2⋅43=1963，解得BC=7．
故选：C.
一、单选题
1．（2024·全国·二模）点O,P是△ABC所在平面内两个不同的点，满足OP=OA+OB+OC，则直线OP经过△ABC的（ ）
A．重心B．外心C．内心D．垂心
【解题思路】根据向量的运算，并结合数形结合分析，即可判断.
【解答过程】设BC的中点为点D，所以OB+OC=2OD，
则OP−OA=AP=2OD，
若A,P,O,D四点共线时，即点O,P都在中线AD上，所以OP经过三角形的重心，
若A,P,O,D四点不共线时，AP//OD，且AP=2OD，连结AD,OP，交于点G，
如图，
AGGD=APOD=2，即点G是三角形的重心，即OP经过△ABC的重心，
综上可知，OP经过△ABC的重心.
故选：A.
2．（23-24高一下·河南安阳·期末）已知O是△ABC内的一点，若△BOC,△AOC,△AOB的面积分别记为S1,S2,S3，则S1⋅OA+S2⋅OB+S3⋅OC=0.这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，已知O是△ABC的垂心，且OA+2OB+3OC=0，则tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=（ ）
A．1:2:3B．1:2:4C．2:3:4D．2:3:6
【解题思路】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tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=S1:S2:S3即可求解作答.
【解答过程】O是△ABC的垂心，延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，如图，
则CP⊥AB,BM⊥AC,AN⊥BC，∠BOP=∠BAC,∠AOP=∠ABC，
因此，S1S2=BPAP=OPtan∠BOPOPtan∠AOP=tan∠BACtan∠ABC，同理S1S3=tan∠BACtan∠ACB，
于是得tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=S1:S2:S3，
又OA+2OB+3OC=0，即OC=−13OA−23OB，由“奔驰定理”有S1⋅OA+S2⋅OB+S3⋅OC=0，
则OC=−S1S3⋅OA−S2S3⋅OB，而OA与OB不共线，有S1S3=13，S2S3=23，即S1:S2:S3=1:2:3，
所以tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=1:2:3.
故选：A.
3．（23-24高一下·安徽合肥·阶段练习）点P是锐角△ABC内一点，且存在λ∈R，使AP=λ(AB+AC)，则下列条件中，不能判断出△ABC为等腰三角形的是（ ）
A．点P是△ABC的垂心B．点P是△ABC的重心
C．点P是△ABC的外心D．点P是△ABC的内心
【解题思路】由已知判断点P在直线AD上，结合垂心、重心、外心、内心的定义逐一判断即可.
【解答过程】记BC的中点为D，则AP=λ(AB+AC)=2λAD，
所以，点P在直线AD上.
A选项：若点P是△ABC的垂心，则AD⊥BC，
所以AB=AC，所以△ABC为等腰三角形，A正确；
B选项：若点P是△ABC的重心，则点P在BC边的中线上，无法推出AD⊥BC，B错误；
C选项：若点P是△ABC的外心，则点P在BC边的中垂线上，
所以AD⊥BC，所以△ABC为等腰三角形，C正确；
D选项：若点P是△ABC的内心，则AD为∠BAC的角平分线，
所以∠BAD=∠CAD，
又S△ABD=S△ACD，即AB·ADsin∠BAD=AC·ADsin∠CAD,
故AB=AC，D正确.
故选：B.
4．（2024·安徽·三模）平面上有△ABC及其内一点O，构成如图所示图形，若将△OAB，△OBC， △OCA的面积分别记作Sc，Sa，Sb，则有关系式Sa⋅OA+Sb⋅OB+Sc⋅OC=0．因图形和奔驰车的lg很相似，常把上述结论称为“奔驰定理”．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足a⋅OA+b⋅OB+c⋅OC=0，则O为△ABC的（ ）
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【解题思路】根据平面向量基本定理可得SbSa=ba，ScSa=ca，延长CO交AB于E，延长BO交AC于F，根据面积比推出|AE||BE| =|AC||BC|，结合角平分线定理推出CE为∠ACB的平分线，同理推出BF是∠ABC的平分线，根据内心的定义可得答案.
【解答过程】由Sa⋅OA+Sb⋅OB+Sc⋅OC=0得OA=−SbSaOB−ScSaOC，
由a⋅OA+b⋅OB+c⋅OC=0得OA=−baOB−caOC，
根据平面向量基本定理可得−SbSa=−ba，−ScSa=−ca，
所以SbSa=ba，ScSa=ca，
延长CO交AB于E，延长BO交AC于F，
则SbSa=|AE||BE|，又SbSa=ba，所以|AE||BE|=ba =|AC||BC|，
所以CE为∠ACB的平分线，
同理可得BF是∠ABC的平分线，
所以O为△ABC的内心.
故选：B.
5．（23-24高一下·上海奉贤·期中）设O为△ABC所在平面内一点，满足OA+2OB+2OC=0，则△ABC的面积与△BOC的面积的比值为（ ）
A．6B．83C．127D．5
【解题思路】延长OB到D，使OB=BD，延长OC到E，使OC=CE，连接AD,DE,AE，则由已知条件可得O为△ADE的重心，由重心的性质可得S△AOD=S△AOE=S△DOE=S，再结合中点可求出S△AOB,S△AOC，S△BOC的面积，进而可求得答案
【解答过程】解：延长OB到D，使OB=BD，延长OC到E，使OC=CE，连接AD,DE,AE，
因为OA+2OB+2OC=0，所以OA+OD+OE=0，
所以O为△ADE的重心，
所以设S△AOD=S△AOE=S△DOE=S，则S△AOB=S△AOC=12S，S△BOC=14S,
所以S△ABC=12S+12S+14S=54S,
所以S△ABCS△BOC=54S14S=5，
故选：D.
6．（23-24高一下·甘肃·期末）“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.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SA⋅MA+SB⋅MB+SC⋅MC=0.若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=（ ）

A．−63B．−66C．66D．63
【解题思路】根据SA⋅MA+SB⋅MB+SC⋅MC=0和3MA+4MB+5MC=0得SA:SB:SC=3:4:5，从而可以得出ADMD=4,ACBF=3，设MD=x，MF=y，得AM=3x，BM=2y，再结合垂心和直角三角形余弦值即可求解.
【解答过程】

如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E.
由M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，且SA⋅MA+SB⋅MB+SC⋅MC=0，
得SA:SB:SC=3:4:5，所以SB=43SA,SC=53SA，
又S△ABC=SA+SB+SC，则S△ABCSA=4，同理可得S△ABCSB=3，所以ADMD=4,BFMF=3，
设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，
所以cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，即3x2=2y2，xy=63，
所以cs∠BMD=x2y=66，
所以cs∠AMB=csπ−∠BMD=−cs∠BMD=−66.
故选：B.
7．（23-24高三上·辽宁沈阳·阶段练习）已知△ABC，I是其内心，内角A,B,C所对的边分别a,b,c，则（ ）
A．AI=13(AB+AC)B．AI=cABa+bACa
C．AI=bABa+b+c+cACa+b+cD．AI=cABa+b+bACa+c
【解题思路】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.
【解答过程】延长AI,BI,CI，分别交BC,AC,AB于D,E,F.内心是三角形三个内角的角平分线的交点.
在三角形ABD和三角形ACD中，由正弦定理得：
BDsin12∠BAC=csin∠ADB,CDsin12∠BAC=bsin∠ADC，
由于sin∠ADB=sin∠ADC，所以BDc=CDb,BDCD=cb，BDBD+CD=cb+c,BDa=cb+c,BD=acb+c，
同理可得cBD=AIDI，cBD+c=AIDI+AI=AIAD，
AI=c⋅ADBD+c=cacb+c+c⋅AD=b+ca+b+c⋅AD.
所以AD=AB+BD=AB+cb+cBC=AB+cb+cAC−AB
=bb+cAB+cb+cAC，
则AI=b+ca+b+c⋅AD=b+ca+b+c⋅bb+cAB+cb+cAC=ba+b+cAB+ca+b+cAC.
故选：C.
8．（23-24高一上·安徽黄山·期末）O为三角形内部一点，a､b､c均为大于1的正实数，且满足aOA+bOB+cOC=CB，若SΔOAB､SΔOAC､SΔOBC分别表示ΔOAB､ΔOAC､ΔOBC的面积，则SΔOAB:SΔOAC:SΔOBC为（ ）
A．(c+1):(b−1):aB．c:b:aC．1a:1b−1:1c+1D．c2:b2:a2
【解题思路】利用已知条件，结合三角形的面积的比，转化求解即可．
【解答过程】解：由aOA+bOB+cOC=CB，
∴aOA+bOB+cOC=OB−OC
∴aOA=1−bOB−1+cOC
∴aOA+b−1OB+1+cOC=0
如图设OA1=aOA,OB1=b−1OB,OC1=1+cOC
∴OA1+OB1+OC1=0，即O是ΔA1B1C1的重心
∴SΔOB1C1=SΔOA1B1=SΔOA1C1
∴SΔOABSΔOA1B1=12OA⋅OBsin∠AOB12OA1⋅OB1sin∠A1OB1=OA⋅OBOA1⋅OB1=1ab−1
∴SΔOAB=1ab−1SΔOA1B1同理可得SΔOAC=1a1+cSΔOA1C1，SΔOBC=1b−11+cSΔOB1C1
∴SΔOAB:SΔOAC:SΔOBC=1ab−1:1a1+c:1b−11+c
所以SΔOAB:SΔOAC:SΔOBC=(c+1):(b−1):a．
故选：A．
二、多选题
9．（23-24高一下·山东枣庄·阶段练习）数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中提出定理：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，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理.设点O、G、H分别是△ABC的外心、重心、垂心，且M为BC的中点，则（ ）
A．OH=OA+OB+OCB．S△ABG=S△BCG=S△ACG
C．AH=3OMD．AB+AC=4OM+2HM
【解题思路】利用平面向量的线性运算证明选项ABD正确，证明选项C错误即可.
【解答过程】A. ∵OG=12GH,∴OG=13OH,∵G为重心，所以GA+GB+GC=0,
所以OA−OG+OB−OG+OC−OG=0,
所以OG=13(OA+OB+OC),∴13OH=13(OA+OB+OC),
所以OH=OA+OB+OC，所以该选项正确.
B.S△BCG=12×BC×ℎ1,S△ABC=12×BC×ℎ2，
由于G是重心，所以ℎ1=13ℎ2，所以S△BCG=13S△ABC，
同理S△ABG=13S△ABC,S△ACG=13S△ABC,所以S△ABG=S△BCG=S△ACG，
所以该选项正确.
C.AH=AG+GH=2GM+2OG=2(OG+GM)=2OM,所以该选项错误.
D.OH=3OG,∴MG=23MO+13MH,∴GM=23OM+13HM,
所以AB+AC=2AM=6GM=6(23OM+13HM)=4OM+2HM,所以该选项正确.
故选：ABD.

10．（23-24高一下·福建莆田·期中）“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△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SA⋅MA+SB⋅MB+SC⋅MC=0．以下命题正确的有（ ）

A．若SA:SB:SC=1:1:1，则M为△AMC的重心
B．若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C．若M为△ABC的外心，则MA+MB⋅AB=MB+MC⋅BC=MA+MC⋅AC=0
D．若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=66
【解题思路】对于A，根据已知条件及奔驰定理，结合三角形重心的性质即可求解；
对于B，根据三角形内心的性质及三角形的面积公式，结合奔驰定理即可求解；
对于C，利用三角形外心的定义及向量的线性运算即可求解；
对于D，利用三角形的垂心的定义及三角形的面积公式，结合奔驰定理及锐角三角函数即可求解.
【解答过程】对于A，取BC的中点D，连接MD,AM,如图所示

由SA:SB:SC=1:1:1，则MA+MB+MC=0，
所以2MD=MB+MC=−MA，
所以A,M,D三点共线，且AM=23AD，
设E,F分别为AB,AC得中点，同理可得CM=23CE,BM=23BF，
所以M为△AMC的重心，故A正确；
对于B， 由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r，如图所示

则SA=12BC⋅r,SB=12AC⋅r,SC=12AB⋅r，
所以12r⋅BC⋅MA+12r⋅AC⋅MB+12r⋅AB⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B正确；
对于C ，如图所示

因为M为△ABC的外心，
所以MA=MB=MC,
所以MA2=MB2，即MB2−MA2=0，即MB+MA⋅MB−MA=0,
所以MB+MA⋅AB=0,
同理可得，MB+MC⋅BC=0，MA+MC⋅AC=0
所以MA+MB⋅AB=MB+MC⋅BC=MA+MC⋅AC=0，故C正确；
对于D，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，如图所示，

由M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则SA:SB:SC=3:4:5，
又S△ABC=SA+SB+SC，则S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，
设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，
所以cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，即3x2=2y2，
所以cs∠BMD=66，所以cs∠AMB=csπ−∠BMD=−66，故D错误.
故选：ABC.
11．（23-24高一下·山东枣庄·期中）点O在△ABC所在的平面内，（ ）
A．若动点P满足OP=OA+λABABsinB+ACACsinCλ>0，则动点P的轨迹一定经过△ABC的垂心
B．若动点P满足OP=OA+λABABcsB+ACACcsCλ>0，则动点P的轨迹一定经过△ABC的重心
C．若2OA+OB+3OC=0，S△AOC，S△ABC分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC:S△ABC=1:6
D．已知△ABC三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a⋅OA+b⋅OB+c⋅OC=0，则点O为△ABC的内心（内切圆圆心）
【解题思路】对于A，设BC的中点为D，连AD，利用正弦定理推出AP与AD共线，可判断A；
对于B，根据A可判断B；
对于C，设AC、BC的中点分别为E、F，由2OA+OB+3OC=0得到2OE+OF=0，再根据三角形的面积关系可判断C；
对于D，延长CO交AB于D，由a⋅OA+b⋅OB+c⋅OC=0得到a⋅DA+b⋅DB=−(a+b)OD−c⋅OC，根据共线向量定理可得|DA||DB|=ba=|AC||BC|，得CO为∠ACB的平分线，同理得OA为∠BAC的平分线，OB为∠ABC的平分线，由此可判断D.
【解答过程】对于A，设BC的中点为D，连AD，如图：

因为|AB|sinC=|AC|sinB，所以|AB|sinB=|AC|sinC，
所以AP=λ|AB|sinB(AB+AC), AP=2λ|AB|sinBAD，即AP与AD共线，
所以动点P的轨迹一定经过△ABC的重心，故A不正确；
对于B，由A可知，只有当|AB|csB=|AC|csC时，动点P的轨迹才经过△ABC的重心，故B不正确；
对于C，因为2OA+OB+3OC=0，所以2(OA+OC)+(OB+OC)=0，
设AC、BC的中点分别为E、F，则2OE+OF=0，

所以S△AOC=13S△AFC=13×12S△ABC=16S△ABC，故C正确；
对于D，延长CO交AB于D，

因为a⋅OA+b⋅OB+c⋅OC=0，所以a(OD+DA)+b(OD+DB)+c⋅OC=0，
所以a⋅DA+b⋅DB=−(a+b)OD−c⋅OC，
设DA=xDB，OD=yOC，则(ax+b)DB=−(ay+by+c)OC，
因为DB与OC不共线，所以ax+b=0，ay+by+c=0，
所以x=−ba，即DA=−baDB，所以|DA|=ba|DB|，即|DA||DB|=ba=|AC||BC|，
所以CO为∠ACB的平分线，同理得OA为∠BAC的平分线，OB为∠ABC的平分线，
所以O为△ABC的内心.故D正确.
故选：CD.
三、填空题
12．（23-24高一·全国·课后作业）已知O是平面上一个定点，A，B，C是平面上三个不共线的点，动点P满足条件OP=OA+λ(ABAB+ACAC)(λ∈0,+∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的 内 心.
【解题思路】AB|AB|,AC|AC|分别表示AB,AC方向的单位向量，根据动点P满足的条件，结合向量的线性运算、向量加法的几何意义判断出P点的轨迹.
【解答过程】AB|AB|,AC|AC|分别表示AB,AC方向的单位向量，
令AB|AB|=e1,AC|AC|=e2，|e1|=|e2|=1，
则OP−OA=λ(e1+e2)，
即AP=λ(e1+e2).
又|e1|=|e2|，以e1,e2为一组邻边作一个菱形，则点P在菱形的对角线上，
所以点P在角平分线上所以动点P的轨迹一定通过△ABC的内心.
故答案为：内.
13．（2024·四川成都·一模）已知G为ΔABC的重心，过点G的直线与边AB,AC分别相交于点P,Q，若AP=35AB,则ΔABC与ΔAPQ的面积之比为 209 .
【解题思路】设AQ=xAC， AG=λAP+1−λAQ，利用三角形重心的性质以及平面向量的运算法则可得13AB+13AC=3λ5AB+1−λxAC，利用向量相等列方程组解得x=34，可得AQ=34AC，结合AP=35AB，利用三角形面积公式可得结果.
【解答过程】
设AQ=xAC，
∵P,G,Q三点共线，
∴可设AG=λAP+1−λAQ，
∴AG=3λ5AB+1−λxAC，
∵G为ΔABC的重心，
∴AG=13AB+AC，
∴13AB+13AC=3λ5AB+1−λxAC，
∴13=3λ513=1−λx，解得λ=59x=34，
∴AQ=34AC，
SΔABCSΔAPQ=12ABACsinA12APAQsinA=209，
故答案为209.
14．（2024高一下·四川宜宾·竞赛）“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”Mercedes-Benz的lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理）.“奔驰定理”的内容如下：如图，已知O是△ABC内一点，△BOC,△AOC,△AOB的面积分别为SA,SB,SC，则SA⋅OA+SB⋅OB+SC⋅OC=0.若O是△ABC锐角内的一点， A,B,C是△ABC的三个内角，且O点满足OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA，则下列说法正确的是 ②③④ .（填序号）
①O是△ABC的外心；②∠BOC+A=π；
③OA:OB:OC=csA:csB:csC；④tanA⋅OA+tanB⋅OB+tanC⋅OC=0
【解题思路】由OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA确定出点O是三角形的垂心，判断①；结合∠OBC+∠C+∠OCB+∠B=π与三角形内角和等于π可证明②；结合②选项结论证明csA:csB=OA:OB即可证明③，利用奔驰定理证明可证明④．
【解答过程】对①，因为OA⋅OB=OB⋅OC⇔OB⋅OA−OC=0⇔OB⋅CA=0⇔OB⊥CA
同理OB⊥CA,OC⊥AB,故O为△ABC的垂心，故①错误；
对②，因为∠OBC+∠C=π2,∠OCB+∠B=π2，所以∠OBC+∠C+∠OCB+∠B=π，
又因为∠OBC+∠OCB+∠BOC=π，所以∠BOC=∠C+∠B,
又因为∠A+∠B+∠C=π，所以∠BOC+A=π，故②正确；
对③，延长CO交AB于点P， 如图，
则csA:csB=csπ−∠BOC:csπ−∠AOC=cs∠BOP:cs∠AOP=OPOB:OPOA=OA:OB,
同理可得csA:csC=OA:OC,所以csA:csB:csC=OA:OB:OC，故③正确；
对④，SA:SB=12OC⋅BP:12OC⋅AP=BP:AP=OPtan∠POB:OPtan∠AOP
=tan∠BOC:tan∠AOC=tanπ−A:tanπ−B=tanA:tanB,
同理可得SA:SC=tanA:tanC,所以SA:SB:SC=tanA:tanB:tanC,
又因为SA⋅OA+SB⋅OB+SC⋅OC=0，所以tanA⋅OA+tanB⋅OB+tanC⋅OC=0，故④正确，
故答案为：②③④.
四、解答题
15．（2024高三·全国·专题练习）根据“奔驰定理”，解决以下问题：
(1)点O为△ABC内一点，若S△AOB:S△BOC:S△AOC=4:3:2，设AO=λAB+μAC，求实数λ和μ的值；
(2)若O为△ABC的外心，证明：sin2AOA+sin2BOB+sin2COC=0.
【解题思路】（1）利用奔驰定理和平面向量的线性运算即可求解；
（2）设△ABC的外接圆半径为R，利用奔驰定理即可求解.
【解答过程】（1）根据“奔驰定理”，得3OA+2OB+4OC=0，即3OA+2OA+AB+4OA+AC=0，整理可得AO=29AB+49AC，
因为AB与AC不共线，
所以由平面向量基本定理得λ=29，μ=49.
（2）证明：若O为△ABC的外心，
则可设△ABC的外接圆半径为R，∠BOC=2A，∠AOC=2B，
∠AOB=2C，故S△BOC=12R2sin2A，
同理S△AOC=12R2sin2B，S△AOB=12R2sin2C，
根据“奔驰定理”，S△BOCOA+S△AOCOB+S△AOBOC=0.
即12R2⋅sin2A⋅OA+12R2sin2B⋅OB+12R2sin2C⋅OC=0.
所以sin2A⋅OA+sin2B⋅OB+sin2C⋅OC=0.
16．（23-24高一下·山西大同·期中）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,H是△ABC内的一点，且AH=14AB+13AC．
(1)若H是△ABC的垂心，证明：7c2−7b2=a2；
(2)若H是△ABC的外心，求∠BAC．
【解题思路】
（1）由垂心的概念及向量的数量积结合余弦定理化简即可；
（2）根据外心的性质结合数量积计算得出cs∠BAC=3c4b=2b3c，计算即可.
【解答过程】（1）∵H是△ABC的垂心，∴AH⊥BC，AH⋅BC=0，
即AH⋅BC=14AB+13AC⋅BC=14AB⋅BC+13AC⋅BC，=−14accsB+13abcsC=0，
由余弦定理可得上式等价于4abcsC=3accsB⇔2a2+b2−c2=32a2+c2−b2，
化简得7c2−7b2=a2；
（2）
如图所示，取AB、AC中点分别为E、F，
∵H是△ABC的外心，∴EH⊥AB,FH⊥AC，
即EH⋅AB=0=AH−AE⋅AB=13AC−14AB⋅AB⇒13bccs∠BAC−14c2=0，
故4bcs∠BAC=3c,
同理，FH⋅AC=0⇒3ccs∠BAC=2b，
联立可得cs∠BAC=3c4b=2b3c⇒c=22b3,cs∠BAC=22,
∵∠BAC∈0,π ∴∠BAC=π4.
17．（23-24高二上·上海闵行·期中）在ΔABC中，AC=2，BC=6，∠ACB=60°，点O为ΔABC所在平面上一点，满足OC=mOA+nOB（m,n∈R且m+n≠1）．
（1）证明：CO=mm+n−1CA+nm+n−1CB；
（2）若点O为ΔABC的重心，求m、n的值；
（3）若点O为ΔABC的外心，求m、n的值．
【解题思路】（1）根据条件OC=mOA+nOB,结合向量的加法运算,化简即可证明.
（2）根据重心的向量表示为OA+OB+OC=0,即可求得m、n的值.
（3）根据点O为ΔABC的外心,求得CO⋅CB=12|CB|2,CO⋅CA=12|CA|2,CA⋅CB,再根据已知分别求得CO⋅CB,CO⋅CA,结合平面向量基本定理即可求得m、n的值.
【解答过程】（1）CO=mAO+nBO
=mAC+CO+nBC+CO
=mAC+mCO+nBC+nCO
即CO=mAC+mCO+nBC+nCO
所以CO−mCO−nCO=mAC+nBC
则1−m−nCO=mAC+nBC
所以CO=mm+n−1CA+nm+n−1CB；
（2）若点O为ΔABC的重心
则OA+OB+OC=0
因为OC=mOA+nOB
所以−mOA−nOB+OC=0
则m=−1,n=−1
（3）由O是△ABC的外心
得CO⋅CB=12|CB|2=18,CO⋅CA=12|CA|2=2,CA⋅CB=6,
所以,CO⋅CB=mm+n−1CA⋅CB+nm+n−1CB⋅CBCO⋅CA=mm+n−1CA⋅CA+nm+n−1CB⋅CA
即2m−3n=3m+2n=−1,
解得m=37n=−57．
18．（23-24高一下·广东梅州·期末）欧拉是伟大的数学家，也是最多产的数学家，他在数论、复变函数、变分法、拓扑学、微分方程、力学等等领域都有杰出贡献．1765年，欧拉在他的著作《三角形的几何学》中指出，任意三角形的外心、垂心和重心位于同一直线上（这条直线被称为三角形的欧拉线），此外，外心到重心的距离等于垂心到重心距离的一半．为证明以上结论，我们作以下探究：
如图，点O、G、H分别为△ABC的外心、重心、垂心．

(1)求证：GA+GB+GC=0；
(2)求证：OG=13OA+OB+OC；
(3)求证：OH=OA+OB+OC．
注：①重心：三边中线的交点，重心将中线长度分成2：1；
②垂心：三条高线的交点，高线与对应边垂直；
③外心：三条中垂线的交点（外接圆的圆心），外心到三角形各顶点的距离相等．
【解题思路】（1）根据重心将中线长度分成2:1的性质，结合平面向量的线性运算证明即可；
（2）根据平面向量的线性运算证明即可；
（3）根据欧拉定理与平面向量的线性运算证明即可.
【解答过程】（1）∵G为△ABC的重心，∴连接CG并延长交AB于M，
则M为AB中点，且GC=−2GM.

在△GAB中，∵M为AB中点，∴GA+GB=2GM=−GC，
∴GA+GB+GC=0得证.
（2）在△OAB中，M为AB中点，
∴OA+OB+OC=2OM+OM+MC=3OM+MC.
∵G为△ABC的重心，∴GC=−2GM，
则在△OMC中，有OG=OM+13MC，
∴OG=13OA+OB+OC得证.
（3）连结并延长AH和CH，取AB、BC的中点M、N，
连结OM和ON，因为点O为△ABC的外心，所以有OM⊥AB,ON⊥BC，
因为点H为△ABC的垂心，所以有CH⊥AB,AH⊥BC，
所以CH//OM,AH//ON
而又MN//AC，∠AHC=∠NOM,∠CAH=∠MNO，△AHC~△MON，
从而AHNO=ACNM=21,AH=2ON，
而ON=12(OB+OC),AH=OB+OC，
同理，BH=OA+OC,CH=OA+OB，
因为OH=OA+AH=OB+BH=OC+CH，
所以3OH=(OA+AH)+(OB+BH)+(OC+CH)
=(OA+OB+OC)+(AH+BH+CH)
=3(OA+OB+OC)
所以OH=OA+OB+OC.

19．（23-24高一下·山西·阶段练习）奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车lg相似，因此得名.如图，P是△ABC内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：PA⋅S△PBC+PB⋅S△PAC+PC⋅S△PAB=0.

(1)若P是△ABC的内心，2b=3a=4c，延长AP交BC于点D，求APPD；
(2)若P是锐角△ABC的外心，A=2B，PB=xPA+yPC，求x+y的取值范围.
【解题思路】（1）根据奔驰定理以及内切圆的性质可得PA⋅a+PB⋅b+PC⋅c=0，即可根据2b=3a=4c得4PA+6PB+3PC=0，进而根据线性运算得6DB+3DC=4λ−9PD,由共线即可求解，
（2）根据奔驰定理以及外接圆的性质可得PA⋅sin2A+PB⋅sinA−PC⋅sin3A=0，即可得PB=−PA⋅sin2A+PC⋅sin3AsinA，结合三角恒等变换可得x+y=4cs2A−2csA−1=4csA−142−54，即可根据函数的性质求解.
【解答过程】（1）由于P是△ABC的内心，设△ABC内切圆的半径为r，
由PA⋅S△PBC+PB⋅S△PAC+PC⋅S△PAB=0可得PA⋅12BC⋅r+PB⋅12AC⋅r+PC⋅12BA⋅r=0，即PA⋅a+PB⋅b+PC⋅c=0，
由2b=3a=4c，不妨设a=4m,b=6m,c=3m,m>0，
故4PA+6PB+3PC=0，
设APPD=λ，则−4λPD+6PD+DB+3PD+DC=0,
故6DB+3DC=4λ−9PD,
由于6DB+3DC与BC共线，而PD与BC不共线，
因此必然4λ−9=0，故λ=94，

（2）设△ABC外接圆的半径为R,
则由PA⋅S△PBC+PB⋅S△PAC+PC⋅S△PAB=0得PA⋅12R2sin∠BPC+PB⋅12R2sin∠APC+PC⋅12R2sin∠APB=0，
即PA⋅sin2A+PB⋅sin2B+PC⋅sin2C=0，
由于A=2B，所以PA⋅sin2A+PB⋅sinA−PC⋅sin3A=0,
因此PB=−PA⋅sin2A+PC⋅sin3AsinA，又PB=xPA+yPC，
所以x+y=−sin2A+sin3AsinA=−2sinAcsA+sin2AcsA+cs2AsinAsinA=−2csA+2cs2A+cs2A
=4cs2A−2csA−1=4csA−142−54,
由于三角形为锐角三角形，所以0故csA∈0,12,
故当csA=14时，x+y=4csA−142−54取最小值−54，
当csA=0或12时，x+y=4csA−142−54=−1，
故x+y∈[−54,−1).