培优点1　奔驰定理、四心问题与隐圆问题（6大题型）（讲义+精练）（解析版）-2026年新高考数学大一轮复习

PAGE28培优点1奔驰定理、四心问题与隐圆问题目录TOC\o"1-2"\h\z\u01重点解读 202思维升华 303典型例题 5题型一：奔驰定理 5题型二：外心问题 7题型三：内心问题 11题型四：重心问题 14题型五：垂心问题 17题型六：隐圆问题 2204课时精练 26

奔驰定理、四心与隐圆是高考向量难点，多以中档题出现。奔驰定理常结合向量关系求面积比，或联动四心性质考查；四心问题聚焦重心、垂心等的向量表示，结合数量积、模运算出题；隐圆则通过极化恒等式、平方和等条件确定轨迹，考查最值。三者均需灵活转化向量关系，关联几何性质解题。

技巧一．四心的概念介绍：（1）重心：中线的交点，重心将中线长度分成2：1．（2）内心：角平分线的交点（内切圆的圆心），角平分线上的任意点到角两边的距离相等．（3）外心：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．（4）垂心：高线的交点，高线与对应边垂直．技巧二．奔驰定理解决面积比例问题重心定理：三角形三条中线的交点．已知的顶点，，，则△ABC的重心坐标为．注意：（1）在中，若为重心，则．（2）三角形的重心分中线两段线段长度比为2：1，且分的三个三角形面积相等．重心的向量表示：．奔驰定理：，则、、的面积之比等于奔驰定理证明：如图，令，即满足，，，故．技巧三．三角形四心与推论：（1）是的重心：．（2）是的内心：．（3）是的外心：．（4）是的垂心：．技巧四．隐圆问题1、平面内，若为定点，且,则的轨迹是以为圆心为半径的圆2、若为定点，满足,则的轨迹是以中点为圆心，为半径的圆。3、若为定点，，则的轨迹为圆．4、一般地，平面内到两个定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，此圆被叫做阿氏圆．当时，点P的轨迹是线段AB的中垂线．

题型一：奔驰定理【例1】已知为内一点，且存在正数使，设，的面积分别为，则等于（

）.A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，设，，，，，，，.在平行四边形中，易知，则，从而.由平面向量基本定理知，又由知，则有，，得，，即，所以.故选：C.【对点训练1】设点在内部，且，则的面积与的面积之比是（

）.A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】插入分点，则由可得，即，所以为的中线的中点，进而知，故选：B.【对点训练2】点是所在平面内的点，且有，直线分别交于点，记的面积分别为，则（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由可得，即，设，因为三点共线，则存在实数，使得，将代入可得，即，由于不共线，则，解得，即，，同理，设，则，因为三点共线，所以，即，又由三角函数的诱导公式可得，所以故选：D.【对点训练3】（2025·山东济南·二模）如图，△ABC是边长为3的等边三角形，D在线段BC上，且，E为线段AD上一点，若△ABE与△ACD的面积相等，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】在线段上，且，.又为线段上一点，若与的面积相等，，为的中点.如图，建立平面直角坐标系，则，，，，，，，.故选：D.题型二：外心问题【例2】已知在中，，若分别是的重心和外心，且，则的形状是．【答案】直角三角形【解析】如图，设为的垂心，分别是的重心和外心，由外心性质得是外接圆的圆心，设外接圆半径为，因为为的垂心，所以，因为分别是的重心和外心，所以，则，因为，所以，由平面向量的加法法则可得，则，由垂心性质得，则，故，由平面向量的加法法则可得，即，则，故，得到，则由题意得，可得，即，由余弦定理得，，代入可得，则，即，故，而，则，得到，故为直角三角形．故答案为：直角三角形【对点训练4】已知的外心满足，若，且，则.【答案】或【解析】当时，，此时，由可得，故是以为斜边的直角三角形，则.当时，由得.如图，设，，则，.由及，知三点共线.又由知为的中点，故，所以.综上可知，或.故答案为：或【对点训练5】中，，点为平面内一点，且，，、分别为的外心和内心，当的值最大时，的长度为.【答案】【解析】如图：由，，可得，所以在的垂直平分线上.设为的中点，可得，所以，从而.由正弦定理可得，所以，当，，要使值最大时，则为锐角，所以，从而为等腰直角三角形，所以.所以、均在斜边的垂直平分线上，即为内切圆的半径，设内切圆半径为，则，即，解得，即.故答案为：【对点训练6】已知为的外心，，则．【答案】6【解析】解法1：取，如图1，为的中点．则．解法2：如图2，过点作，垂足分别为．因为为的外心，所以分别是的中点．则．解法3：由，得，所以，即

①．同理得

②．因为为的外心，所以，故．①－②得，即，即，故．解法4：如图2，，又因为四点共圆，且为直径，所以，即，从而．故答案为：题型三：内心问题【例3】在中，I为的内心，若，则.【答案】【解析】根据题意，画出图形为：因为是的内心，所以根据内心的性质和向量关系可知，若，则，分别为三角形三边的长度.因为，所以，根据勾股定理的逆定理，则.故答案为：90°.【对点训练7】（2025·江西景德镇·模拟预测）已知边长为6的等边三角形的内心为，则.【答案】-6【解析】记的中点为，等边三角形的内心，也是三角形的重心，所以，则.故答案为：-6【对点训练8】设为的内心，，，，则，．【答案】/0.625/0.3125【解析】解法1：，设为与的交点，如图所示，由角平分线的性质知，，故，则有，解得.解法2：以所在直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，如图，则，，．又设，则，，．因为是内心，所以，又，得，即，则，所以，从而，解得.故答案为：.【对点训练9】设为的内心，，，，，则.【答案】【解析】插入分点，得，即，又，从而有，得，所以，故答案为：.【对点训练10】设为的内心，，，，，则．【答案】/【解析】如图：因为，所以为直角三角形.设内切圆半径为．则.设内切圆与边，的切点分别为.则.又，所以.故答案为：题型四：重心问题【例4】已知是的重心，，其中内角的对边分别为，则．【答案】/【解析】解法1：因为为的重心，所以，从而，将其代入已知条件中，可得．又因为与不共线，所以，即，所以，即．解法2：（以，为基底）因为，，，所以可化为，即．因为与不共线，所以解得所以，即．故答案为：或【对点训练11】已知是的重心，，那么；若，，则的最小值是.【答案】【解析】设的中点为，是的重心，根据重心的性质可知，又，，、，即.，，，，又，，根据均值不等式，得，当且仅当时，等号成立，，那么，即的最小值是.故答案为：，.【对点训练12】在中，O是的外心，G是的重心，且，则的最小值为．【答案】【解析】记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，取的中点D，如图，因为O是的外心，所以，又G是的重心，所以为的中点，则，则，又，所以，即，则，当且仅当，即时取等号，此时，则的最小值为.故答案为：.题型五：垂心问题【例5】（2025·海南·模拟预测）瑞士数学家欧拉在1765年提出定理：任意三角形的外心、重心和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，该直线也被称为欧拉线．已知在中，，，且，设的外心为O，重心为G，垂心为H，若，则实数；．【答案】3或【解析】如图1，设中点为，，垂足为，则，.根据重心的性质可知，所以有，整理可得，所以，，；由已知在中，，，且，根据正弦定理可得，.又，所以有或.当时，，则.且由余弦定理可知，，代入可得，，整理可得，解得（舍去），所以.如图1，，，，.建立直角坐标系，则，，，.不妨设，则，.因为，所以，，即有，解得，所以.又，，，所以.所以，，所以，.又由欧拉定理可知，，所以，；当时，，则.且由余弦定理可知，，代入可得，，整理可得，解得（舍去），所以.如图1，，，，.建立直角坐标系，则，，，.不妨设，则，.因为，所以，，即有，解得，所以.又，，，所以.所以，，所以，.又由欧拉定理可知，，所以，.故答案为：3；或.【对点训练13】设是锐角三角形的垂心，若，则.【答案】【解析】如图所示，取的中点，取的中点，连接，则.因为，所以，所以.所以三点共线，且.连接，则，且.所以.如图2：在线段上取，使得：.连接，取的中点，取的中点，连接，则.因为，所以，所以.所以三点共线，且.因为为的中点，所以，且，所以所以.综上所述.设则.因为锐角中，，所以，所以，解得：,所以.所以解得：.如图2，四边形中，，所以.故答案为：.【对点训练14】欧拉线是由瑞士数学家莱昂哈德·欧拉在1765年提出的一个几何定理，指出在一个三角形中，其外心、重心和垂心共线.这条直线被称为欧拉线.在三角形ABC中，O为三角形的外心，P为三角形垂心（O点与P点不重合），且，动点M在直线OP上，且，则的最大值【答案】【解析】设为重心，则由欧拉线定理可知在上，连接交于点，所以为的中线，所以，点在直线上，设，所以，所以，所以，所以，当时取最大值.故答案为：.【对点训练15】已知H是的垂心，满足，且，则．【答案】【解析】由，得，化简得，再左右点乘及垂心向量公式得，故.故答案为：.题型六：隐圆问题【例6】已知平面向量满足，则的最小值是．【答案】1【解析】已知且，由点积公式，所以夹角.设，因为，，设，则，解得，不妨取，设，则，；由，得化简得，即向量对应的点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆；则，需在圆上求的最小值,因为圆心横坐标为，半径1，故的最小值为；因此的最小值为，即为最小值.故答案为：1.【对点训练16】已知向量满足，，则的最小值为．【答案】【解析】解法1：设，，，则（如图）.由得，，．由得，所以点在以为直径的圆上，圆的半径为．即圆上的动点到点距离的最小值，为，当且仅当三点共线时取到最小值．解法2：建立平面直角坐标系，设，，，由得，整理可得，表示点在以为圆心，为半径的圆上，，表示点到点的距离，所以的最小值为．解法3：由，得，即，由，得，，设，则，得，所以，解得，所以的最小值为．故答案为：【对点训练17】平面上，已知向量满足．若存在单位向量，使得，则的最小值是．【答案】【解析】由题意，，，设向量与向量的夹角为，则，，，则，即，，解得，，令，则，设，则，，的最小值为，即的最小值是.故答案为：.【对点训练18】已知，，为单位向量，且，则的最小值为．【答案】【解析】因为，，为单位向量，有，得，由，得，得，所以，又，所以，而，则当且仅当与方向相反时“＝”成立所以的最小值为．故答案为：.

1．平面向量中有一个非常优美的结论：已知O为内的一点，，，的面积分别为，，，则．因其几何表示酷似奔驰的标志，所以称为“奔驰定理”．已知O为的内心，三个角对应的边分别为a，b，c，已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为，，，所以，因为O为的内心，设，由题意，则，同理可得所以根据“奔驰定理”有，所以，即，所以，．故选：A．2．已知是所在平面内一点，满足，则与的面积之比为（

）A．3 B．4 C． D．【答案】B【解析】在上取点，使得，在上取点，使得，在上取点，使得，在上取点，使得，连接、，则、，因为，所以与交于点，又，，所以，所以.故选：B3．已知平面上四个点A，B，C，D，其中任意三个点不共线.若则直线BD一定经过三角形ABC的（

）A．垂心 B．内心C．重心 D．外心【答案】A【解析】，，，，，是三角形的高线，直线BD一定经过三角形ABC的垂心.故选：A.4．已知，为三角形所在平面上的一点，且点满足，则为三角形的（

）．A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】B【解析】因为，，，所以点在的角平分线上.同理可得：点在的角平分线上.所以点为的内心.故选：B5．已知为所在平面内一点，动点满足：，其中，则动点的轨迹一定通过的（

）．A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】D【解析】，，由正弦定理得，则令，因为，所以所以，等式两边点乘得，所以点的轨迹一定过的垂心，故选：D．6．（2025·河北张家口·一模）在平面直角坐标系中，，，，点分别是的外心和垂心，若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由于关于原点对称，故在轴上，，则中点为，易知,因此直线的垂直平分线方程为，令，则，故,边上的高所在的直线方程为，故，故，，故，且，由可得，由于，因此，解得，故，解得，故选：A7．已知在中，分别为的重心和外心，且，则的形状是（

）．A．锐角三角形 B．钝角三角形C．直角三角形 D．上述三种情况都有可能【答案】C【解析】作的边上的中线，因为为的外心，所以．因为为的重心，所以．过点作于点，过点作于点．由及，由于为在方向上的投影向量，由数量积的几何意义，得．由及，得．而，所以点重合，故．故选：C．8．已知,,是平面上不共线的三点，为坐标原点，动点满足，，则点的轨迹一定经过（

）A．的内心 B．的垂心C．的重心 D．的外心【答案】C【解析】设的中点为，则，∵，∴，而，∴三点共线，所以点的轨迹一定经过的重心，故选：C.9．设是的外心，且满足，则的值是（

）．A． B． C． D．【答案】A【解析】因为为的外心，所以，由题意知，移项并两边平方得，得，所以，又，所以，于是．故选：A．10．（2025·高三·浙江杭州·期末）在中，已知，点O是的外心，则（

）A．16 B． C．8 D．【答案】C【解析】如图，过点O作于D，可知，则，故选：C11．已知是平面上一定点，是平面上不共线的三点，动点满足，，则点的轨迹一定通过的（

）A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心【答案】B【解析】由，则，即，故，即点的轨迹经过的垂心.故选：B12．设是所在平面内的一点，若，且，则点是的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】A【解析】如图，取中点D，.，，，，，点P在中垂线上.，又，所以为的外心.故选：A.13．若满足，则O为的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】B【解析】延长交于，延长交于，延长交于，，又因为，所以，而共线，则存在实数，使得，所以.因为不共线，所以，，所以，所以是的平分线，同理都是的内角平分线，所以为的内心.故选：B.14．（2025·高三·安徽·期中）在中，已知，点O是的外心，则（

）A．16 B．8 C．4 D．【答案】B【解析】如图，过点O作于D，可知，则故选:15．（2025·高三·辽宁·期中）设的外心为，重心为，并且满足，则当最大时，的外接圆半径为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设外接圆半径为，则根据重心向量公式有，则，令，此时，当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；故当最大时，的外接圆半径为.故选；D16．为平面内一定点，该平面内一动点满足，则的（

）一定属于集合.A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心【答案】A【解析】

中，根据正弦定理，，即.设，，所以，，，设D为中点，则，故，所以共线，点的轨迹为射线（不含端点）.的重心一定属于集合.故选：A.17．已知，为三角形所在平面上的动点，且满足，则为三角形的（

）．A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】D【解析】由，所以，则，同理可证，所以为三角形的垂心.故选：D.18．已知在同一个平面上有和一点，且满足关系式：，则为的（

）．A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】D【解析】由，，所以.同理由可得：.所以为的垂心.故选：D19．（2025·高三·福建泉州·期中）设是平面上一定点，是平面上不共线的三点，动点满足，则动点的轨迹一定通过的（

）．A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】D【解析】，则，即，故，即点的轨迹经过的垂心.故选：D20．已知是平面向量，是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（

）．A．1 B． C． D．【答案】C【解析】如图，设，，，．由得，即，所以点在以为圆心，1为半径的圆上，过点作的垂线，垂足为，又，,则所以的最小值为．故选：C．21．（多选题）已知点是的外心，，，，则下列正确的是（

）A．若，则的外接圆面积为B．若，则C．若，则D．当，时，【答案】BD【解析】因为点O是的外心，所以，，对A，若，则，由余弦定理可得：，所以，所以的外接圆的半径为，所以该外接圆的面积为，故A错误；对B，因为，，由，所以，即，所以或，当时，则，点是的外心，所以是斜边，但是矛盾；所以，根据余弦定理可得，，故B正确；对C，当时，根据余弦定理可得，，由，所以，即，解得，，则，故C错误；对D，当，时，由选项B的分析知，，所以，故D正确.故选：BD.22．（多选题）已知P为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（

）A．若P为的垂心，，则B．若P为锐角的外心，且，则C．若P为的重心，则D．若，则点P的轨迹经过的内心【答案】AB【解析】对于A选项，因为，又因为为的垂心，所以，所以，故A正确；对于B选项，因为且，所以，整理得：，即，如图所示，设为中点，则，所以三点共线，又因为为锐角的外心，则，所以垂直平分，故，故B正确；对于C选项，如图所示，设中点为，则，由重心的性质可知，故C错误；对于D选项，因为，如图所示，设中点为，则，所以，所以，所以，即，所以，故在中垂线上，故点的轨迹经过的外心，故D错误．故选：ABC.23．（多选题）在中，、、分别是内角、、的对边，为的外心，且满足，，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】由已知，由已知可得，所以，，即，所以，故A错误；因为，即，可得，所以，故B正确；同理，可得，所以，故C正确；所以，所以，由外心的性质有，所以，所以，即，由正弦定理有：，故D错误.故选：BC.24．（多选题）在中，角均不为直角，角的对边分别为，是一动点，则下列命题正确的是（）A．B．若，则过的垂心C．若，则过的重心D．若，则过的外心【答案】AB【解析】对于A，根据余弦定理，，则，故A正确；对于B，，，即，则过的垂心，故B正确；对于C，假设过的重心，则与边上的中线共线，可设，，，则，即，由正弦定理可得，即时，过的重心，故此式不一定成立，所以不一定过的重心，故C错误；对于D，，其中表示角的平分线所在向量，所以过的内心，故D错误.故选：AB.25．（多选题）（2025·高三·福建福州·开学考试）在中，，点为内一点，的延长线交于点，则下列说法正确的是（

）A．若为的重心，则B．若为的外心，则C．若为的垂心，则D．若为的内心，则【答案】BCD【解析】对于A，由为的重心，得，则，A错误；对于B，由余弦定理得，而为的外心，由正弦定理得，B正确；对于C，由为的垂心，则为边上的高，由面积相等可得，则，C正确；对于D，当为的内心时，为的角平分线，故，由，可得，解得，D正确.故选：BCD26．（多选题）（2025·高三·江西新余·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．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：如图所示，已知是内一点，，，的面积分别为，且．以下命题正确的有（

）

A．若，则为的重心B．若为的内心，则C．若，为的外心，则D．若为的垂心，则【答案】ABD【解析】对于A，取中点，连接，因为，则，所以，，所以三点共线，且，设分别是的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；对于B，因为为的内心，设内切圆的半径为，则有，所以，即，故B正确；对于C，因为为的外心，设的外接圆半径为，又因为，则有，，，所以，，，所以，故C错误；对于D，延长交于，延长交于，延长交于，如图所示：因为为的垂心，，则，又因为，则，设，因为，同理可得，则，所以，所以，所以在中，，所以在中，；所以在中，，所以在中，；所以，所以，故D正确.故选：ABD.27．（多选题）已知是平面上的四点，任何三点不共线，且满足，则下列结论正确的是（

）A．是的垂心B．是的垂心C．D．【答案】ABC【解析】由，可得：，，即，由，可得，即，即，所以是的垂心，是的垂心，AB正确；且也是的垂心，所以，所以，也即，由，可得，即可得：，所以而选项D反映了“是的重心”的由条件无法判断，故错误．故选：ABC．28．设点在内部，且，则与的面积之比是．【答案】3【解析】如图：由，得，从而（为的中点，为的中点），即，所以为中位线的三等分点.故．即.故答案为：329．已知的三个顶点及所在平面内一点满足，与的面积分别为，则.【答案】【解析】在中插入分点，得，即，进而可知.故答案为：.30．“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logo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，已知是内一点，，，的面积分别为，，，则．若是锐角内的一点，，，是的三个内角，且点满足，则下列说法正确的是（填序号）

①是的垂心；②；③；④【答案】①③④【解析】因为，所以，所以，所以，同理可得，，，所以为的垂心，故①正确；因为，，所以，，所以，又，所以，又，所以，故②不正确；由②知，，延长交于点，所以，同理可得，所以，所以，故③正确；由，，则，同理，所以，又，则，故④正确.故答案为：①③④.31．（2025·高三·北京·开学考试）设D为内一点，且，则与的面积比为.【