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【强烈推荐】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$a\cdot OA+b\cdot OB+c\cdotOC=0$，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：C2.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：B3.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 $\triangleAPQ$ 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|}{|\triangleABC|}=\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 $|AP|=AB\cos BAC+AC\cosCAB$。

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^2B+|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$\lambda=0$，则 $P=A$，此时等式显然成立。

取 $\lambda=1$，则 $P=O$，此时等式化为 $0=0$，也成立。

取 $\lambda=\frac{1}{2}$，则frac{1}{4}\mu^2+2\mu\sqrt{\frac{1}{4}\mu^2+|OA|^2}+\fra c{1}{4}\mu^2=\frac{1}{4}(|AB|^2+|AC|^2+2|AB||AC|\cos B\cos C)$$移项并代入 $\cos B\cos C=\frac{1}{2}(\cos(B-C)+\cosA)$ 得mu^2+4\mu\sqrt{\frac{1}{4}\mu^2+|OA|^2}+|AB|^2+|AC|^2 -2|AB||AC|\cos(B-C)-2|AB||AC|\cos A=0$$注意到 $\cos(B-C)$ 是常数，故上式对于所有 $\mu$ 都成立当且仅当 $|AB|^2+|AC|^2-2|AB||AC|\cos A=0$，即 $A$ 是$\triangle ABC$ 的垂心。

答案为 D。

已知动点P满足OP=OA+λ(AB+AC)，其中O为平面上一定点，λ∈(-∞,+∞)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的内心。

设AE=AB/|AB|，AF=AC/|AC|，则四边形AETF是菱形。

因为OA=|OA|(AE+AF)，所以OP=|OA|(AE+AF)+λ|AB+AC|(AE+AF)，即OP=|OA+λ|AB+AC| (AE+AF)，所以OP平移OA+λ|AB+AC| (AE+AF)得到的点的轨迹是一个圆，圆心为△XXX的内心。

另外，当aOA+bOB+cOC=0时，移项并利用向量表示内心的公式可得O 为△XXX的内心。

1、已知点O满足(OA+OB)·AB=(OB+OC)·BC=(OC+OA)·CA，证明O是△XXX 的外心。

证明：设AD、BE、CF分别为△ABC的角平分线，I为△XXX的内心，则由角平分线定理可知：frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC},\frac{CE}{EA}=\frac{BC} {BA},\frac{AF}{FB}=\frac{CA}{CB}$$又因为O在△XXX的外接圆上，所以有：frac{OA}{OD}=\frac{AB}{BD},\frac{OB}{OE}=\frac{BC} {CE},\frac{OC}{OF}=\frac{CA}{AF}$$将上述等式代入已知条件可得：OA+OB)\cdot AB=(OC+OA)\cdot CA$$$$\Rightarrow\frac{OA}{OD}\cdot BD+\frac{OB}{OE}\cdotCE=\frac{OC}{OF}\cdot AF$$代入上述等式可得：frac{AB}{BD}\cdot BD+\frac{BC}{CE}\cdotCE=\frac{CA}{AF}\cdot AF$$$$\Rightarrow AB+BC=CA$$因此，O是△XXX的外心。

2、设O为△ABC的外心，已知3OA+4OB+5OC=，求△ABC内角C的值。

解：由外心的性质可知，AO=BO=CO=R，其中R为△XXX的外接圆半径。

因此：3OA+4OB+5OC=3R+4R+5R=12R$$代入已知条件可得：12R=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot BC\cdot \sin C$$化简可得：sin C=\frac{24R^2}{AB\cdot AC\cdotBC}=\frac{24}{5\sqrt{3}}$$因此，$$C=\arcsin\frac{24}{5\sqrt{3}}$$3、已知O为平面上的一定点，A、B、C是该平面上不共线的三点，动点P满足CA=CB-2AB·CP，则P点轨迹一定通过△XXX的内心。

证明：设I为△ABC的内心，AI、BI、CI分别交△ABC 的外接圆于点D、E、F，则由欧拉定理可知：OI^2=R^2-2Rr$$其中，R为△ABC的外接圆半径，r为△XXX的内切圆半径。

又因为O为定点，所以OI为定长，因此：R^2-2Rr=k$$其中，k为常数。

因此：frac{1}{2}(AB+AC+BC)R^2-2\cdot\frac{1}{2}(AB+AC+BC)\cdot r=k$$代入已知条件可得：frac{1}{2}(AB+AC+BC)R^2-2\cdot\frac{1}{2}(AB+AC+BC)\cdot\frac{2\sqrt{3}S}{AB+AC+BC}=k$$其中，S为△XXX的面积。