資源簡介

重難點4-2 奔馳定理及三角形“四心”向量式
平面向量是高考的必考考點，它可以和函數、三角函數、數列、幾何等知識相結合考查．平面向量的“奔馳定理”，對于解決平面幾何問題，尤其是解決與三角形面積和“四心”相關的問題，更加有效快捷，有著決定性的基石作用．常以選擇題或填空題的形式出現，難度中等.
【題型1 三角形“重心”及應用】
滿分技巧常見重心向量式：設是的重心，為平面內任意一點 （1） （2） （3）若或，，則一定經過三角形的重心 （4）若或，，則一定經過三角形的重心
【例1】
（2023·全國·高三專題練習）
1．已知是平面上一定點，是平面上不共線的三個點，動點滿足，，則的軌跡一定通過的（ ）
A．重心 B．外心 C．內心 D．垂心
【變式1-1】
（2022·湖南長沙·高三?？茧A段練習）
2．已知，，是不在同一直線上的三個點，是平面內一動點，若，，則點的軌跡一定過的（ ）
A．外心 B．重心 C．垂心 D．內心
【變式1-2】
（2023·全國·高三專題練習）
3．在中，若，則點是的（ ）
A．重心 B．內心 C．垂心 D．外心
【變式1-3】
（2023·安徽安慶·高三懷寧縣新安中學?？茧A段練習）
4．已知是三角形所在平面內一定點，動點滿足，則點軌跡一定通過三角形的（ ）
A．內心 B．外心 C．垂心 D．重心
【變式1-4】
（2023·河北·高三統考階段練習）
5．若是的垂心，，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【題型2 三角形“內心”及應用】
滿分技巧常見內心向量式：是的內心， （1）（或）其中，，分別是的三邊、、的長， （2），，則一定經過三角形的內心。
【例2】
（2023·安徽淮南·統考一模）
6．在中，，點D，E分別在線段，上，且D為中點，，若，則直線經過的（ ）.
A．內心 B．外心 C．重心 D．垂心
【變式2-1】
（2023·江蘇·高三校聯考階段練習）
7．已知點是所在平面上的一點，的三邊為，若，則點是的（ ）
A．外心 B．內心 C．重心 D．垂心
【變式2-2】
（2022·貴州安順·統考模擬預測）
8．已知O是平面上的一個定點，A B C是平面上不共線的三點，動點P滿足，則點P的軌跡一定經過的（ ）
A．重心 B．外心 C．內心 D．垂心
【變式2-3】
（2023·湖北·模擬預測）
9．在中，，，，且，若為的內心，則 ．
【變式2-4】
（2022·遼寧沈陽·高三校考階段練習）
10．已知，是其內心，內角所對的邊分別，則（ ）
A． B．
C． D．
【題型3 三角形“外心”及應用】
滿分技巧常用外心向量式：是的外心， （1） （2） （3）動點滿足，，則動點的軌跡一定通過的外心. （4）若，則是的外心.
【例3】
（2023·四川成都·高三四川省成都列五中學?？计谥校?br/>11．在中，動點P滿足，則P點軌跡一定通過的（ ）
A．外心 B．內心 C．重心 D．垂心
【變式3-1】
（2023·廣東佛山·佛山一中?？家荒＃?br/>12．在中，設，那么動點的軌跡必通過的（ ）
A．垂心 B．內心 C．重心 D．外心
【變式3-2】
（2023·河南·高三校聯考階段練習）
13．已知點O為所在平面內一點，在中，滿足，，則點O為該三角形的（ ）
A．內心 B．外心 C．垂心 D．重心
【變式3-3】
（2023·江蘇·高三統考期末）
14．中，為邊上的高且，動點滿足，則點的軌跡一定過的（ ）
A．外心 B．內心 C．垂心 D．重心
【變式3-4】
（2023·全國·高三專題練習）
15．已知點是的內心、外心、重心、垂心之一，且滿足，則點一定是的（ ）
A．內心 B．外心 C．重心 D．垂心
【題型4 三角形“垂心”及應用】
滿分技巧常見垂心向量式：是的垂心，則有以下結論： （1） （2） （3）動點滿足，，則動點的軌跡一定過的垂心 （4）奔馳定理推論：，.
【例4】
（2023·全國·高三專題練習）
16．設為的外心，若，則點是的（ ）
A．重心 B．內心 C．垂心 D．外心
【變式4-1】
（2022·云南昆明·高三昆明一中?？茧A段練習）
17．是所在平面上一點，若，則是的（ ）
A．外心 B．內心 C．重心 D．垂心
【變式4-2】
（2023·全國·高三專題練習）
18．若為所在平面內一點，且則點是的（ ）
A．重心 B．外心 C．內心 D．垂心
【變式4-3】
（2023·上海·高三行知中學?？计谥校?br/>19．在四面體中，已知，若不是等邊三角形，且點在平面上的投影位于內，則點是的（　　　?。?br/>A．重心 B．外心 C．內心 D．垂心
【變式4-4】
（2022·全國·高三專題練習）
20．設H是的垂心，且，則 ．
【題型5 奔馳定理及應用】
滿分技巧奔馳定理及其推論 1、奔馳定理：是內的一點，且，則 2、奔馳定理推論：，則 ① ②，，. 由于這個定理對應的圖象和奔馳車的標志很相似，我們把它稱為“奔馳定理”． 3、對于三角形面積比例問題，常規的作法一般是通過向量線性運算轉化出三角形之間的關系。但如果向量關系符合奔馳定理的形式，在選擇填空題當中可以迅速的地得出正確答案。
【例5】
（2022·全國·高三專題練習）
21．點為內一點，若，設，則實數和的值分別為（ ）
A．， B．， C．， D．，
【變式5-1】
（2022·安徽·蕪湖一中校聯考三模）
22．平面上有及其內一點O，構成如圖所示圖形，若將，， 的面積分別記作，，，則有關系式．因圖形和奔馳車的很相似，常把上述結論稱為“奔馳定理”．已知的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若滿足，則O為的（ ）
A．外心 B．內心 C．重心 D．垂心
【變式5-2】
（2024·江西新余·高三統考期末）
23．“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳的標志得來，是平面向量中一個非常優美的結論．奔馳定理與三角形四心（重心、內心、外心、垂心）有著神秘的關聯．它的具體內容是：已知M是內一點，，，的面積分別為，，，且．以下命題正確的有（ ）
A．若，則M為的重心
B．若M為的內心，則
C．若M為的垂心，，則
D．若，，M為的外心，則
【變式5-3】
（2023·河北保定·高三校聯考階段練習）
24．“奔馳定理”是平面向量中一個非常優美的結論，因為這個定理對應的圖形與“奔馳”轎車的標志很相似，所以形象地稱其為“奔馳定理”．奔馳定理：已知是內一點，，，的面積分別為，，，則．設是內一點，的三個內角分別為，，，，，的面積分別為，，，若，則以下命題正確的有（ ）

A．
B．有可能是的重心
C．若為的外心，則
D．若為的內心，則為直角三角形
【變式5-4】
（2024·廣東廣州·執信中學校考模擬預測）
25．“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳的標志得來，是平面向量中一個非常優美的結論.奔馳定理與三角形四心（重心、內心、外心、垂心）有著神秘的關聯.它的具體內容是：已知是內一點，的面積分別為，且.以下命題正確的有（ ）
A．若，則為的重心
B．若為的內心，則
C．若，為的外心，則
D．若為的垂心，，則
（建議用時：60分鐘）
（2022·云南·云南民族大學附屬中學?？寄M預測）
26．已知是平面內一點，，，是平面內不共線的三點，若，一定是的（ ）
A．外心 B．重心 C．垂心 D．內心
（2022·山西太原·高三統考期中）
27．已知點在所在平面內，滿，，則點依次是的（ ）
A．重心，外心 B．內心，外心 C．重心，內心 D．垂心，外心
（2022·全國·高三專題練習）
28．在△中，，，，O為△的內心，若，則（ ）
A． B． C． D．
（2023·江蘇鎮江·高三統考期中）
29．已知中，點為所在平面內一點，則“”是“點為重心”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
（2024·全國·高三專題練習）
30．已知為所在平面內一點，是的中點，動點滿足，則點的軌跡一定過的（ ）
A．內心 B．垂心 C．重心 D．邊的中點
（2022·浙江·高三慈溪中學校聯考期中）
31．已知中，點為邊中點，點為所在平面內一點，則“”為“點為重心”（ ）條件
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·全國·高三專題練習）
32．已知是平面上的一定點，是平面上不共線的三個點，動點滿足，，則動點的軌跡一定通過的（ ）
A．重心 B．外心 C．內心 D．垂心
（2022·全國·高三專題練習）
33．若在所在的平面內，且滿足以下條件，則是的（ ）
A．垂心 B．重心 C．內心 D．外心
（2023·遼寧撫順·?？寄M預測）
34．在銳角三角形ABC中，，，H為的垂心，，O為的外心，且，則（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
（2023·全國·高三專題練習）
35．已知的三個內角分別為為平面內任意一點，動點滿足則動點P的軌跡一定經過的（ ）
A．重心 B．垂心 C．內心 D．外心
（2022·遼寧·高三遼寧實驗中學?？计谥校?br/>36．數學家歐拉于1765年在其著作《三角形中的幾何學》首次指出：△ABC的外心O，重心G，垂心H，依次位于同一條直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，該直線被稱為歐拉線.若AB=4，AC=2，則下列各式不正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022·河北石家莊·石家莊二中?？寄M預測）
37．數學家歐拉于年在他的著作《三角形的幾何學》中首次提出定理：三角形的外心 重心 垂心依次位于同一條直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，該直線被稱為三角形的歐拉線，設點分別為任意的外心 重心 垂心，則下列各式一定正確的是（ ）
A． B．
C． D．
（2022·安徽蚌埠·統考模擬預測）
38．已知點P是的重心，則下列結論正確的是（ ）
A．
B．
C．
D．
（2022·江西·高三校聯考階段練習）
39．奔馳定理：已知點O是內的一點，若的面積分別記為，則．“奔馳定理”是平面向量中一個非常優美的結論，因為這個定理對應的圖形與“奔馳”轎車的logo很相似，故形象地稱其為“奔馳定理”．如圖，已知O是的垂心，且，則（ ）
A． B． C． D．
（2023·湖北荊州·高三公安縣車胤中學?？茧A段練習）
40．點O在所在的平面內，則以下說法正確的有（ ）
A．若，則點O是的重心
B．若，則點O是的內心
C．若，則點O是的外心
D．若，則點O是的垂心
（2023·江蘇南京·高三南京市第二十九中學校考階段練習）
41．已知為所在的平面內一點，則下列命題正確的是（ ）
A．若為的垂心，，則
B．若為銳角的外心，且，則
C．若，則點的軌跡經過的重心
D．若，則點的軌跡經過的內心
（2023·遼寧·高三朝陽市第一高級中學校聯考階段練習）
42．在所在的平面上存在一點，，則下列說法錯誤的是（ ）
A．若，則點的軌跡不可能經過的外心
B．若，則點的軌跡不可能經過的垂心
C．若，則點的軌跡不可能經過的重心
D．若，，則點的軌跡一定過的外心
（2023·全國·高三專題練習）
43．在所在平面內有三點，，，則下列說法正確的是（ ）
A．滿足，則點是的外心
B．滿足，則點是的重心
C．滿足，則點是的垂心
D．滿足，且，則為等邊三角形
（2023·安徽·高三校聯考階段練習）
44．若是的垂心，且，則的值為 ．
（2023·全國·高三專題練習）
45．在中，給出如下命題:
①是所在平面內一定點，動點滿足，，則動點的軌跡一定過的重心．
②是所在平面內一定點，動點滿足，，則動點的軌跡一定過的內心．
③是所在平面內一定點，且，則．
（4）若，且，則是等邊三角形．
其中正確的命題有 個．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．A
【詳解】
由題意，當時，由于表示邊上的中線所在直線的向量，∴動點的軌跡一定通過的重心，如圖，故選A．

2．B
【分析】設出的中點，利用向量的運算法則化簡；據向量共線的充要條件得到在三角形的中線上，利用三角形的重心定義：三中線的交點，得到選項
【詳解】解：如圖，取的中點，連接，
則．又，
，即．
又，
點在射線上．
故的軌跡過的重心．
故選：B．
3．B
【分析】根據“奔馳定理”列方程，整理后判斷出是的內心.
【詳解】過點分別作，，的垂線，，，其垂足依次為，如圖所示，
由于，
根據奔馳定理就有：
，
即，
因此，故點是的內心，B選項正確.
故選：B

4．D
【分析】結合圖形，將題干條件變形為，從而得解.
【詳解】記為的中點，連接，作，如圖，
則，，
因為，
所以，
所以點在三角形的中線上，則動點P的軌跡一定經過的重心.
故選：D.
5．B
【分析】取的中點，連接，利用中點向量公式結合給定等式推得，再利用垂心的性質，垂直關系的向量表示，二倍角的正切公式計算得解.
【詳解】在中，取的中點，連接，則，如圖，

由，得，于是，
，
由是的垂心，得，則
因此，即，
顯然，，令直線交于，交于，
在中，，即，
則，
所以的值為.
故選：B
【點睛】關鍵點睛：涉及向量垂直關系，利用基底表示出相關向量，再利用向量數量積的運算律求解是關鍵.
6．A
【分析】根據題意，可得四邊形為菱形，即可得到平分，從而得到結果.
【詳解】
因為，且D為中點，，
則，
又因為，則可得四邊形為菱形，
即為菱形的對角線，
所以平分，即直線經過的內心
故選:A
7．B
【分析】在，上分別取點，，使得，，以，為鄰邊作平行四邊形，即可得到四邊形是菱形，再根據平面向量線性運算法則及共線定理得到，，三點共線，即可得到在的平分線上，同理說明可得在其它兩角的平分線上，即可判斷.
【詳解】在，上分別取點，，使得，，則．
以，為鄰邊作平行四邊形，如圖，

則四邊形是菱形，且．
為的平分線．
，
即，
．
，，三點共線，即在的平分線上．
同理可得在其它兩角的平分線上，
是的內心．
故選：B．
8．C
【分析】根據是以為始點，向量與為鄰邊的菱形的對角線對應的向量，可知點軌跡，據此可求解.
【詳解】因為為方向上的單位向量，為方向上的單位向量，
則的方向與的角平分線一致，
由，可得，
即，
所以點P的軌跡為的角平分線所在直線，
故點P的軌跡一定經過的內心.
故選：C.
9．
【分析】根據數量積的定義和三角形的面積公式和余弦定理求，證明為直角三角形，再求內切圓半徑，結合向量運算公式求.
【詳解】因為，所以，
因為，所以，
所以，又，，
所以，所以，
由余弦定理可得，又，
所以，又，所以，
所以為以為斜邊的直角三角形，
設的內切圓與邊相切于點，內切圓的半徑為，
由直角三角形的內切圓的性質可得，故，
因為，所以，
因為，所以，所以
所以.
故答案為：.
10．C
【分析】結合平面向量線性運算以及正弦定理等知識求得正確答案.
【詳解】延長，分別交于.內心是三角形三個內角的角平分線的交點.
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
，
則.
故選：C
11．A
【分析】由變形得，設的中點為，推出，點P在線段AB的中垂線上，再根據外心的性質可得答案.
【詳解】因為，
所以，
所以，
設的中點為，則，則，

所以，所以點P在線段AB的中垂線上，故點P的軌跡過的外心.
故選：A
12．D
【分析】設線段的中點為，推導出，結合外心的定義可得出結論.
【詳解】設線段的中點為，則、互為相反向量，
所以，，
因為，即，
所以，，即，
即，即，
所以，垂直且平分線段，
因此動點的軌跡是的垂直平分線，必通過的外心.
故選：D.
13．B
【分析】由，利用數量積的定義得到，從而得到點O在邊AB的中垂線上，同理得到點O在邊AC的中垂線上判斷.
【詳解】解：根據題意，，即，
所以，則向量在向量上的投影為的一半，
所以點O在邊AB的中垂線上，同理，點O在邊AC的中垂線上，
所以點O為該三角形的外心．
故選：B．
14．A
【分析】設，，以為原點，、方向為、軸正方向建立空間直角坐標系，根據已知得出點的坐標，設，根據列式得出點的軌跡方程為，即可根據三角形四心的性質得出答案.
【詳解】設，，
以為原點，、方向為、軸正方向如圖建立空間直角坐標系，
，
，，
則，，，，則，
設，則，
，
，即，
即點的軌跡方程為，
而直線平分線段，即點的軌跡為線段的垂直平分線，
根據三角形外心的性質可得點的軌跡一定過的外心，
故選：A.
15．B
【分析】設中點為，利用向量的四則運算和數量積結合三角形內心、外心、重心、垂心的定義求解即可.
【詳解】設中點為，所以，
所以，
即，所以，
又由為中點可得點在的垂直平分線上，
所以點是的外心，
故選：B
16．C
【分析】取BC的中點D，連接OD，AM，BM，CM，由，結合，得到，從而，再由為的外心，得到即可.
【詳解】解：取BC的中點D，如圖所示，
連接OD，AM，BM，CM．
因為，
所以，
又，則，
所以，
又由于為的外心，
所以，
因此有．同理可得，，
所以點是的垂心．
故選：C．
17．D
【分析】利用平面向量數量積的性質推導出，進一步可得出，，即可得出結論.
【詳解】因為，則，所以，，
同理可得，，故是的垂心.
故選：D.
18．D
【分析】由得到，從而得到，同理證明即可.
【詳解】，
得，即；
，
得，即；
，
，即，所以為的垂心.
故選：D.
19．D
【分析】先證明平面，平面，進而可證得，，即可得解.
【詳解】如圖，由題意可知平面，
因為平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
因為平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以點是的垂心.
故選：D.
20．
【分析】由三角形垂心性質及已知條件可求得，，由向量的夾角公式即可求解．
【詳解】∵H是的垂心，
∴，，
∴，同理可得，，
故，
∵，
∴，
∴，同理可求得，
∴，，
∴，即.
故答案為：．
21．A
【分析】先證明成立得到，再利用向量的線性運算即可.
【詳解】如圖所示，延長交于，
顯然，
由面積關系可得，所以，
而，
所以，
所以，即，
又由題可知，所以，
所以，整理得，
所以，
故選：A
22．B
【分析】根據平面向量基本定理可得，，延長交于，延長交于，根據面積比推出，結合角平分線定理推出為的平分線，同理推出是的平分線，根據內心的定義可得答案.
【詳解】由得，
由得，
根據平面向量基本定理可得，，
所以，，
延長交于，延長交于，
則，又，所以，
所以為的平分線，
同理可得是的平分線，
所以為的內心.
故選：B
23．ABC
【分析】A選項，，作出輔助線，得到三點共線，同理可得M為的重心；B選項，設內切圓半徑為，則，，，代入后得到；C選項，得到，作出輔助線，由面積關系得到線段比，設，，，則，，，結合三角函數得到，，進而求出正切值的比；D選項，設外接圓半徑，由三角形面積公式求出三個三角形的面積，得到比值.
【詳解】A選項，因為，所以，
取的中點，則，所以，
故三點共線，且，
同理，取中點，中點，可得三點共線，三點共線，
所以M為的重心，A正確；
B選項，若M為的內心，可設內切圓半徑為，
則，，，
所以，
即，B正確；
C選項，若M為的垂心，，
則，
如圖，⊥，⊥，⊥，相交于點，
又，
，即，
，即，
，即，
設，，，則，，，
因為，，
所以，即，
同理可得，即，故，
，則，
故，
，則，
故，
，
故，
同理可得，
故，C正確；
D選項，若，，M為的外心，
則，
設的外接圓半徑為，故，
，
故，，，
所以，D錯誤.
故選：ABC
【點睛】結論點睛：點為所在平面內的點，且，則點為的重心，
點為所在平面內的點，且，則點為的垂心，
點為所在平面內的點，且，則點為的外心，
點為所在平面內的點，且，則點為的內心，
24．AD
【分析】由奔馳定理可判斷A選項，利用重心結論可判斷B選項；
由外心可知，即可判斷C選項；
由內心可知，滿足勾股定理，D選項正確.
【詳解】對于A，由奔馳定理可得，，
因為，，不共線，所以，故A正確；
對于B，若是的重心，，
因為，所以，即共線，故B錯誤．
對于C，當為的外心時，，
所以，
即，故C錯誤．
對于D，當為的內心時，（為內切圓半徑），
所以，所以，故D正確.
故選：AD.
25．ABD
【分析】對A，取的中點D，連接，結合奔馳定理可得到，進而即可判斷A；
對B，設內切圓半徑為，從而可用表示出，再結合奔馳定理即可判斷B；
對C，設的外接圓半徑為，根據圓的性質結合題意可得，從而可用表示出，進而即可判斷C；
對D，延長交于點D，延長交于點F，延長交于點E，根據題意結合奔馳定理可得到，，從而可設，則，代入即可求解，進而即可判斷D．
【詳解】對于A，取的中點D，連接，
由，則，
所以，
所以A，M，D三點共線，且，
設E，F分別為AB，AC的中點，同理可得，，所以為的重心，故A正確；

對于B，由為的內心，則可設內切圓半徑為，
則有，
所以，
即，故B正確；

對于C，由為的外心，則可設的外接圓半徑為，
又，
則有，
所以，
，
，
所以，故C錯誤；

對于D，如圖，延長交于點D，延長交于點F，延長交于點E，

由為的垂心，，則，
又，則，，
設，則，
所以，即，
所以，所以，故D正確.
故選：ABD．
【點睛】關鍵點睛：解答D選項的關鍵是通過做輔助線（延長交于點D，延長交于點F，延長交于點E），根據題意，結合奔馳定理得到，，再設，得到，進而即可求解．
26．C
【分析】結合向量數量積的運算求得正確答案.
【詳解】由題意知，中，，
則，
即，
所以，
即，
同理，，；
所以是的垂心.
故選：C
27．A
【分析】設中點為，進而結合向量加法法則與共線定理得三點共線，在的中線，進而得為的重心，根據題意得點為的外接圓圓心，進而可得答案.
【詳解】解：設中點為，因為，
所以，即，
因為有公共點，
所以，三點共線，即在的中線，
同理可得在的三條中線上，即為的重心；
因為，
所以，點為的外接圓圓心，即為的外心
綜上，點依次是的重心，外心.
故選：A
28．C
【分析】根據向量的減法法則化簡題中的等量關系，結合三角形內心的性質得到系數的關系求解.
【詳解】由得，
則，
因為O為△的內心，所以，
從而，
解得，，所以.
故選：C.
29．C
【分析】根據重心的向量表示即可求得點為重心；利用點為重心，即可得，可得結論.
【詳解】依題意，
則是重心，即充分性成立；
若是重心時，，
可得
所以，必要性成立，
故選：C.
30．C
【分析】由動點滿足，且，得到三點共線，進而得到答案.
【詳解】由動點滿足，且，
所以三點共線，
又因為為的中點，所以為的邊的中線，
所以點的軌跡一定過的重心.
故選：C.
31．C
【分析】等價于等價于點為重心.
【詳解】充分性：
等價于：
等價于：
等價于：
所以為的靠近的三等分點，所以點為重心；
必要性：若點為重心，由重心性質知，故
故選：C
32．B
【分析】設的中點為，兩端同時點乘，由可得答案.
【詳解】設的中點為，
因為，
所以，
即，兩端同時點乘，
所以
，
所以，
所以點在的垂直平分線上，即經過的外心.
故選：B.
33．C
【分析】，分別表示在邊和上的單位向量，可設為和，
則，則當時，即，
點在的角平分線上，同理證明即可求解.
【詳解】，分別表示在邊和上的單位向量，可設為和，
則，則當時，即，點在的角平分線上；
，分別表示在邊和上的單位向量，可設為和，
則，則當時，即，
點在的角平分線上；
，分別表示在邊和上的單位向量，可設為和，
則，則當時，即，
點在的角平分線上，故是的內心.
故選：C.
34．C
【分析】作出輔助線，數形結合，利用向量數量積可求得，再由O為的外心，可得，從而可得，解方程組與可得的值，最后由正弦定理即可求解.
【詳解】
設的內角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，
如圖，延長BH交AC于D，延長AH交BC于E，所以，
所以，即．
又O為的外心，所以，即，
又在中，，
故，
所以，與，相減得 ，
所以由正弦定理得，即，解得．
故選：C.
35．A
【分析】利用正弦定理及向量的線性運算可判斷.
【詳解】在中，令線段的中點為，由正弦定理，
得，由，
得
即，而，
則，于是得與同向共線，而它們有公共起點，
即動點的軌跡是射線除點A外),又重心在線段上，
動點的軌跡一定經過的重心．
故選：A.
36．A
【分析】先求得，然后結合歐拉線、向量運算的知識對選項進行分析，從而確定正確答案.
【詳解】是三角形的重心，所以，
，A錯誤.
根據歐拉線的知識可知，B選項正確.
，所以C選項正確.
，所以D選項正確.
故選：A
37．D
【分析】根據三點共線和長度關系可知AB正誤；利用向量的線性運算可表示出，知CD正誤.
【詳解】
依次位于同一條直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，，，，A錯誤，B錯誤；
，C錯誤；
，D正確.
故選：D.
38．D
【分析】根據重心性質和平面向量基本定理判斷．
【詳解】如圖，是邊中點，則共線且，
，
所以，D正確，由于選項ABC均不能保證系數相等，故不正確．
故選：D．
39．B
【分析】延長交于點P，則利用垂心的性質結合三角形面積的求法可得，再利用和可得，不妨設，利用可求出的值，從而可求出的值.
【詳解】延長交于點P，
是的垂心，，
．
同理可得，．
又，
．
又，
．
不妨設，其中．
，
，解得．
當時，此時，則A，B，C都是鈍角，不合題意，舍掉．
故，則，故C為銳角，
∴，解得，
故選：B．
【點睛】關鍵點點睛：此題考查向量的線性運算，考查三角函數恒等變換公式的應用，解題的關鍵是利用垂心的性質得，再結合已知條件得，設，再利用兩角和的正切公式可得，從而可求得結果，考查計算能力和轉化思想，屬于較難題.
40．BCD
【分析】根據題意構造菱形，再證明在角平分線上即可判斷哪A，構造等腰三角形，可證得垂直底邊，故可得是角平分線，即可判斷B，由三角形中線的向量表示化簡可得在三角形邊的中垂線上即可判斷C，利用向量減法及數量積為0可證得即可判斷D.
【詳解】對于A，在AB，AC上分別取點D，E，使得，
則，以AD，AE為鄰邊作平行四邊形ADFE，如圖，
則四邊形ADFE是菱形，且，
平分，，
，即，
，
三點共線，即在的平分線上，
同理可得O在其它兩角的平分線上，所以O為的內心，故A錯誤；
對B，在AB，AC上分別取點D，E，使得，如圖，
則，且，
因為，即，又知，平分，
同理，可得平分，故O為的內心，故B正確；
對C，取的中點分別為，如圖，
，，
即，所以O是的外心，故C正確；
對D，由，可得，即，
所以，即點O是的垂心，故D正確.
故選：BCD
41．ABC
【分析】根據，計算可判斷A；設為中點，則根據題意得三點共線，且，進而得判斷B；設中點為，進而結合正弦定理得可判斷C；設中點為，根據題意計算得，進而得可判斷D.
【詳解】解：對于A選項，因為，，又因為為的垂心，
所以，所以，故正確；
對于B選項，因為且，
所以，整理得：，即，
設為中點，則，所以三點共線，
又因為，所以垂直平分，故，正確；
對于C選項，由正弦定理得，
所以，
設中點為，則，所以，
所以三點共線，即點在邊的中線上，故點的軌跡經過的重心，正確；
對于D選項，因為，
設中點為，則，所以，
所以，
所以，即，
所以，故在中垂線上，故點的軌跡經過的外心，錯誤.
故選：ABC
42．ABD
【分析】由，結合向量共線的推論判斷的軌跡，討論形狀判斷A、B正誤；根據重心的性質得判斷C；根據題設確定，，點的軌跡，討論形狀判斷D.
【詳解】若，根據向量共線的推論知：共線，即在直線上，
中，則的中點為三角形外心，故有可能為外心，A錯；
中或，則或為三角形垂心，故有可能為垂心，B錯；
若為的重心，必有，此時，C對；
若，，結合，則點在一個以AB、AC為鄰邊的平行四邊形內（含邊界），
為銳角三角形，其外心在內，則必過外心；
為直角三角形，其外心為斜邊中點，則必過外心；
為鈍角三角形且，其外心在外，即邊的另一側，
如下圖示，點在平行四邊形內（含邊界），
此時，當外心在內（含邊界），則必過外心；當外心在外（如下圖為的中垂線），則不過外心；
所以，，，的軌跡不一定過的外心，D錯.
故選：ABD
43．ABCD
【分析】根據三角形外心、重心和垂心的定義逐一用向量判斷ABC，用向量的數量積和運算律判斷D即可.
【詳解】解：對于，因為，所以點到的三個頂點的距離相等，所以為的外心，故正確；
對于B，如圖所示，為的中點，由得：，所以，所以是的重心，故B正確；
對于C，由得：，即，所以；同理可得：，所以點是的垂心，故C正確；
對于D，由得：角的平分線垂直于，所以；
由得：，所以，所以為等邊三角形，故D正確．
故選：ABCD．
44．##
【分析】取的中點，連接，利用中點向量公式結合給定等式推得，再利用垂心的性質，垂直關系的向量表示，同角間的關系即可求得結果.
【詳解】由，得，
所以，故垂心在中線上，即高線與中線重合，故，
又，所以，
又因為，，得，
所以，即，
得到，由余弦定理得，
又，所以，
所以，所以,
得到．

故答案為：.
45．3
【分析】運用平面向量的減法的運算法則、加法的幾何意義，結合平面向量共線定理，可以證明①②是真命題；運用平面向量的加法的幾何意義以及平面向量共線定理，結合面積公式，可證明出本結論③是錯誤的；運用平面向量的加法幾何意義和平面向量的數量積的定義，可以證明④出本結論是正確的.
【詳解】對于①，令點為BC的中點，由于，，
根據極化恒等式就有，，于是，，
因此動點的軌跡是射線AD，過的重心，故①正確．
對于②，取一點使得，并連接AD，如圖所示，

由于，因此，于是，從而的內心在射線AD上．
由于，，
于是就有，，
即，，因此動點的軌跡是射線AD，過的內心，故②正確．
對于③，由，可得設的中點為，,
所以，故③錯誤．

對于④，根據，結合②，可得的平分線與BC垂直，
于是就有．由于，
又，得到，因此是等邊三角形，故④正確．綜上所述，正確的命題有3個．
故答案為：
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

展開更多......

收起↑