平面向量“四心”知识点总结与经典习题【强烈推荐】

平面向量“四心”知识点总结与经典习题

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平面向量的“四心”是指三角形的外心、内心、重心和垂心，它们各自具有特殊的性质。在高中数学中，向量问题经常与“四心”问题结合考查。因此，熟悉向量的代数运算和几何意义是解决这类问题的关键。

四心知识点总结如下：

重心：

1.重心是三角形三条中线的交点，也是重心到三角形三个

顶点距离之和最小的点。

2.重心坐标为

$(\frac{1}{3}(x_A+x_B+x_C),\frac{1}{3}(y_A+y_B+y_C))$。

垂心：

1.垂心是三角形三条高线的交点，也是垂足到三角形三边

距离之积最大的点。

2.若垂心为$O$，则有$OA\cdot OB=OA\cdot OC=OB\cdot OC$。

外心：

1.外心是三角形三条中垂线的交点，也是到三角形三个顶点距离相等的点。

2.若外心为$O$，则有$OA=OB=OC$，或$(OA+OB)\cdot AB=(OB+OC)\cdot BC=(OC+OA)\cdot CA$。

内心：

1.内心是三角形三条角平分线的交点，也是到三角形三边距离之和最小的点。

2.若内心为$O$，则有$a\cdot OA+b\cdot OB+c\cdot

OC=0$，其中$a,b,c$为三角形三边的长度。

下面是一些经典题：

1.在$\triangle ABC$中，$D,E,F$分别为$BC,CA,AB$的中点，$M$为重心，则$\vec{AM}$等于（）。

A。$\frac{1}{3}(\vec{AD}+\vec{BE}+\vec{CF})$

B。$\frac{1}{2}(\vec{AD}+\vec{BE}+\vec{CF})$

C。

$\frac{1}{3}(\vec{AD}+\vec{BE}+\vec{CF})+\vec{OG}$ D。

$\frac{1}{2}(\vec{AD}+\vec{BE}+\vec{CF})+\vec{OG}$ 答案：C

2.在$\triangle ABC$中，$O$为坐标原点，$P$满足

$\vec{OP}=\frac{1}{3}(\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC})$，则$P$一定在（）上。

A。内心

B。重心

C。外心

D。垂心

答案：B

3.在$\triangle ABC$中，$O$为坐标原点，$P$满足

$\vec{OP}=\frac{1-\lambda}{3}\vec{OA}+\frac{1-

\lambda}{3}\vec{OB}+\frac{2\lambda+1}{3}\vec{OC}$，其中$\lambda\in\mathbb{R}$，则$P$一定在（）上。

A。内心

B。重心

C。外心

D。垂心

答案：B

解析：取$AB$的中点$D$，则

$2\vec{OD}=\vec{OA}+\vec{OB}$。将$\vec{OP}$化简得

$\vec{OP}=\vec{OD}+\frac{2\lambda+1}{3}\vec{OC}$。因此，$\vec{P},\vec{C},\vec{D}$三点共线，即$P$在重心上。

1.已知向量 $\overrightarrow{AB} = \lambda

\overrightarrow{CD}$，则 $\triangle ABC$ 和 $\triangle

APQ$ 的面积之比为多少？

设 $|AC|=\mu$，则

$|AG|=\frac{2}{3}|AD|=\frac{1}{3}|AC|=\frac{1}{3}\mu$，

$|AP|=\frac{2}{3}|AD|=\frac{1}{3}|AB|=\frac{1}{3}\lambda\mu $。由于 $P,G,Q$ 共线，故

frac{|APQ|}{|\triangle

ABC|}=\frac{|AP|\cdot|AQ|}{|AB|\cdot|AC|}=\frac{\frac{1}{9}\la mbda^2\mu^2}{\frac{1}{4}\lambda^2\mu^2}=\frac{4}{9}$$

答案为 $\frac{4}{9}$。

2.在 $\triangle ABC$ 中，$BC=6$，若 $G$，$O$ 分别为$\triangle ABC$ 的重心和外心，且 $OG=6$，则 $\triangle ABC$ 的形状是什么？

取 $BC$ 的中点 $D$，连接 $AD$、$OD$、$GD$，则$OD\perp BC$，$GD=\frac{2}{3}AD=\frac{1}{3}AG$。又$OG=6$，故 $AG=12$。由勾股定理得 $AD=3\sqrt{3}$，$GD=\sqrt{3}$。又因为 $\triangle OGD$ 是 $BC$ 的中线三角形，故 $OD=\frac{1}{2}BC=3$。由勾股定理得

$OG^2=OD^2+GD^2$，即 $6^2=3^2+(\sqrt{3})^2$，故

$\triangle ABC$ 是直角三角形。

答案为 C。

3.$O$ 是平面上一定点，$A$、$B$、$C$ 是平面上不共

线的三点，动点 $P$ 满足 $OP=OA+\lambda(|AB|+|AC|)$，

$\lambda\in(0,+\infty)$，则动点 $P$ 的轨迹一定通过 $\triangle ABC$ 的什么点？

设 $|AC|=\mu$，则

$|AP|=|OA|+\lambda(|AB|+|AC|)=\lambda\mu+\sqrt{(1-

\lambda)^2\mu^2+|OA|^2}$。由于 $P$ 在以 $A$ 为圆心，

$AB+AC$ 为半径的圆上，故 $|AP|=AB\cos BAC+AC\cos

CAB$。代入上式并平方得

lambda^2\mu^2+2\lambda\mu\sqrt{(1-

\lambda)^2\mu^2+|OA|^2}+(1-\lambda)^2\mu^2=|AB|^2\cos^2

B+|AC|^2\cos^2 C+2|AB||AC|\cos B\cos C$$

由于等式两边都是关于 $\lambda$ 的二次函数，故上式成

立当且仅当它对于三个$\lambda$ 值都成立。取$\lambda=0$，