专题突破卷15 三角形的“四心”及奔驰定理（解析版）

专题突破卷15三角形的“四心”及奔驰定理1.内心问题1．已知点O是ABC所在平面上的一点，ABC的三边为,,abc，若0aOAbOBcOC，则点O是ABC的（）A．外心B．内心C．重心D．垂心【答案】B【分析】在AB，AC上分别取点D，E，使得ABADc，ACAEb，以AD，AE为邻边作平行四边形ADFE，即可得到四边形ADFE是菱形，再根据平面向量线性运算法则及共线定理得到A，O，F三点共线，即可得到O在BAC的平分线上，同理说明可得O在其它两角的平分线上，即可判断.【详解】在AB，AC上分别取点D，E，使得ABADc，ACAEb，则1ADAE．以AD，AE为邻边作平行四边形ADFE，如图，则四边形ADFE是菱形，且ABACAFADAEcb．AF为BAC的平分线．0aOAbOBcOC()()0aOAbOAABcOAAC，即()0abcOAbABcAC，()bcbcABACbcAOABACAFabcabcabccbabc．A，O，F三点共线，即O在BAC的平分线上．同理可得O在其它两角的平分线上，O是ABC的内心．故选：B．2．已知点O是ABC的内心，4,3ABAC，CBCACO，则（）A．43B．53C．2D．73【答案】D【分析】连接AO并延长交BC于点D，连接CO，则由角平分线定理得到,CBCD的长度关系，再由平面向量基本定理，利用,,AOD三点共线，得到关系式，比较系数可得答案.【详解】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43BDABCDAC，所以73CBCD,因为,,AOD三点共线，所以设(1)CDtCAtCO，则777(1)333ttCBCDCACO，因为CBCACO，所以77(1)7333tt，故选：D3．三角形的四心是指三角形的重心､外心､内心､垂心.三角形的外心是三角形三边的垂直平分线的交点（或三角形外接圆的圆心），三角形的内心是三角形三条内角平分线的交点（或内切圆的圆心），三角形的垂心是三角形三边上的高所在直线的交点，三角形的重心是三角形三条中线的交点.三角形的四心具有丰富的数学知识与内在联系.当且仅当三角形是正三角形的时候，重心､垂心､内心､外心四心合一，称作正三角形的中心.如图，H是ABC的垂心，,,AHBHCH分别交,,BCACAB于,,DEF，则H是DEF的（）A．内心B．外心C．重心D．垂心【答案】A【分析】根据题意，结合圆内接四边形的性质，分别证得,,,AFDC和HDCE､､､四点共圆，得到FDAHDE，即DH平分FDE，同理证得FH平分EFD，EH平分FED，即可得到答案.【详解】因为H是ABC的垂心，所以,ADBCCFAB，所以90ADCAFC，所以,,,AFDC四点共圆，所以FDAFCA，又因为H是ABC的垂心，,ADBCBEAC，所以90ADCBEC所以180ADCAFC，所以HDCE､､､四点共圆，FCAHDE，所以FDAHDE，即DH平分FDE.同理：FH平分EFD，EH平分FED，所以H是DEF的内心.故选：A.4．校考期末）已知I为ABC的内心，且满足4330IAIBIC，若ABC内切圆半径为2，则其外接圆半径的大小为（）A．92B．3C．94D．4【答案】A【分析】取BC边的中点D，根据给定条件可得32AIID，求出IA，进而求出sinBAC及BC，再利用正弦定理求解作答.【详解】在ABC中，取BC边的中点D，连接ID，则2IBICID，而4330IAIBIC，有33()42AIIBICID，因此点,,AID共线，由I为ABC的内心，得AD平分BAC，即有1sin211sin2ABDACDABADBADSABBDACSCDACADCAD，因此ABAC，ADBC，有2ID，332AIID，令ABC内切圆与边AC切于点E，连接IE，则,2IEACIE，2sin3IEIACAI，25cos1sin3IACIAC，2tan5IAC，45sin2sincos9BACIACIAC，在RtACD△中，222tan25455BCCDADIAC，令ABC外接圆半径为R，由正弦定理得114592sin22459BCRBAC.故选：A5．在ABC中，5AB，4AC，1cos8A，O是ABC的内心，若OPxOByOC，其中,0,1xy，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为（）A．1578B．574C．1073D．37【答案】D【分析】利用向量加法的平行四边形法则可判断点P的轨迹，由余弦定理求解边长，即可由等面积法求解内切圆半径，即可由三角形面积公式求解.【详解】由OPxOByOC，,0,1xy，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OBDC及其内部，其面积为BOC的面积的2倍.在ABC中，设内角,,ABC所对的边分别为a，b，c，由余弦定理22212cos1625245368abcbcA，得6a.设ABC的内切圆的半径为r，则11sin22bcAabcr，所以3745158r，解得72r，所以1173762222BOCSar△.故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为237BOCS△.故选：D.6．设O为ABC的内心，5ABAC，8BC，,AOmABnACmnR，则mn（）A．23B．59C．35D．25【答案】B【分析】取BC的中点E，连AE，则OE为内切圆的半径，利用面积关系求出OE，得59AOAE，再根据12AEABAC得551818AOABAC，由平面向量基本定理求出,mn可得答案.【详解】取BC的中点E，连AE，因为5ABAC，8BC，所以AEBC，22543AE，所以ABC的内心O在线段AE上，OE为内切圆的半径，因为ABCAOBAOCBOCSSSS，所以1122AEBCOEABACBC，所以113855822OE，得43OE，所以45333AOAEOE，所以59AOAE，又12AEABAC，所以551818AOABAC，又已知AOmABnAC，所以518mn，所以59mn.故选：B.【点睛】关键点点睛：利用面积关系求出内切圆半径,进而得到59AOAE是本题解题关键.2.外心问题7．ABC中，AH为BC边上的高且3BHHC，动点P满足214APBCBC，则点P的轨迹一定过ABC的（）A．外心B．内心C．垂心D．重心【答案】A【分析】设4BCa，AHb，以H为原点，HC、HA方向为x、y轴正方向建立空间直角坐标系，根据已知得出点,,ABC的坐标，设,Pxy，根据214APBCBC列式得出点P的轨迹方程为xa，即可根据三角形四心的性质得出答案.【详解】设4BCa，AHb，以H为原点，HC、HA方向为x、y轴正方向如图建立空间直角坐标系，3BHHC，3BHa，HCa，则0,0H，3,0Ba，,0Ca，0,Ab，则4,0BCa，设,Pxy，则,APxyb，214APBCBC，21444axa，即xa，即点P的轨迹方程为xa，而直线xa平分线段BC，即点P的轨迹为线段BC的垂直平分线，根据三角形外心的性质可得点P的轨迹一定过ABC的外心，故选：A.8．M为△ABC所在平面内一点，且222BMCABABC，则动点M的轨迹必通过△ABC的（）A．垂心B．内心C．外心D．重心【答案】C【分析】设边AC的中点为D，结合向量的线性运算法则化简向量等式可得0MDCA，由数量积的性质可得DMCA，由此可得结论.【详解】设边AC的中点为D，因为222BMCABABC，所以2BMCABABCBABC，所以22BMCABDCA，所以0BMBDCA，所以0DMCA，所以DMCA，又点D为边AC的中点，所以点M在边AC的垂直平分线上，所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心，故选：C.9．已知点O为ABC所在平面内一点，在ABC中，满足22ABAOAB，22ACAOAC，则点O为该三角形的（）A．内心B．外心C．垂心D．重心【答案】B【分析】由22ABAOAB，利用数量积的定义得到1cos,2AOABAOAB，从而得到点O在边AB的中垂线上，同理得到点O在边AC的中垂线上判断.【详解】解：根据题意，22ABAOAB，即222cos,ABAOABAOABAOAB，所以1cos,2AOABAOAB，则向量AO在向量AB上的投影为AB的一半，所以点O在边AB的中垂线上，同理，点O在边AC的中垂线上，所以点O为该三角形的外心．故选：B．10．在ABC中，设222ACABAMACAB，那么动点M的轨迹必通过ABC的（）A．垂心B．内心C．重心D．外心【答案】D【分析】设线段BC的中点为D，推导出DMBC，结合外心的定义可得出结论.【详解】设线段BC的中点为D，则DB、DC互为相反向量，所以，22ABACADDBADDCADDBDCAD，因为222ACABAMACAB，即2ACABACABAMBC，所以，2ACABACABAMBC，即22ADBCAMBC，即0BCAMADBCDM，即DMBC，所以，DM垂直且平分线段BC，因此动点M的轨迹是BC的垂直平分线，必通过ABC的外心.故选：D.11．已知O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足2coscosOAOBCACBOPCAACBB，R，则P的轨迹一定经过ABC的．(从“重心”，“外心”，“内心”，“垂心”中选择一个填写）【答案】外心【分析】D为AB中点，连接CD，计算2OAOBOPDP，0coscosCACBBACAACBB，得到DPBA，得到答案.【详解】如图所示：D为AB中点，连接CD，0coscoscoscosCACBCABACBBABABABACAACBBCAACBB，2OAOBOPOPODDP，故0coscosCACBDPBABACAACBB，即DPBA，故P的轨迹一定经过ABC的外心.故答案为：外心12．在ABC中，动点P满足222CACBABCP，则P点轨迹一定通过ABC的（）A．外心B．内心C．重心D．垂心【答案】A【分析】由222CACBABCP变形得()0ABBPAP，设AB的中点为E，推出ABEP^，点P在线段AB的中垂线上，再根据外心的性质可得答案.【详解】因为222CACBABCP，所以222()()()ABCPCBCACBCACBCAABCBCA，所以(2)()0ABCPCBCAABBPAP，设AB的中点为E，则2BPAPEP，则20ABEP，所以ABEP^，所以点P在线段AB的中垂线上，故点P的轨迹过ABC的外心.故选：A3.垂心问题13．（多选）已知M，N在ABC所在的平面内，且满足AMBMBMCMCMAM，2CANBNA，则下列结论正确的是（）A．M为ABC的外心B．M为ABC的垂心C