素养拓展02 平面向量与三角形中的“四心”问题、奔驰定理(思维导图+5知识点+五大考点+过关检测)(解析版)-2026《寒假自学课-高一数学》人教A

素养拓展02平面向量与三角形中的“四心”问题、奔驰定理知识点1：三角形的重心1、定义：三角形三条中线的交点为三角形的重心，重心为中线的三等分点；2、重心的性质：①重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．②重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等．在平面向量的应用：（1）设点是△所在平面内的一点，则当点是△的重心时，有或（其中为平面内任意一点）；（2）在向量的坐标表示中，若、、、分别是三角形的重心和三个顶点，且分别为、、，，则有.知识点2：三角形的外心1、定义：三角形三边的垂直平分线的交点为三角形的外心，外心到三个顶点的距离相等；2、外心的性质：①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个．3、外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．在平面向量的应用：若点是△的外心，则或；知识点3：三角形的内心1、定义：三角形三个角的角平分线的交点为三角形的内心2、内心的性质：①三角形的内心到三角形三边的距离相等②三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．3、内切圆与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形在平面向量的应用：若点是△的内心，则有知识点4：三角形的垂心1、定义：三角形三边上的高或其延长线的交点为三角形的垂心；在平面向量的应用：若是△的垂心，则或知识点5：奔驰定理1、奔驰定理：O是△ABC内一点，且xOA+y2、奔驰定理推论：O是△ABC所在平面内一点，且xOA=1\*GB3①S∆BOC：S=2\*GB3②S∆BOCS由于这个定理对应的图像和奔驰定理的图标很相似，我们把它称为奔驰定理.3、奔驰定理的证明奔驰定理：是内一点，且，则已知是内的一点，的面积分别为，，，求证：法一证明：延长与边相交于点则法二证明：延长OA到OA1，OB到OB1,OC到OC1使得，O为△A1B1C1的重心.4、三角形四心与奔驰定理的关系及证明①是的重心：．证明：由重心分三角形面积相等及奔驰定理易得②是的内心：证明：，，（为内切圆的半径），所以，再由奔驰定理可得③是的外心：．证明：，由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，所以（为外接圆的半径），同理可得，，所以，再由奔驰定理可得④是的垂心：证明：如图为的垂心，则有，，所以，所以，同理可得，所以，再由奔驰定理可得【题型一：重心】1．（24-25高一下·安徽马鞍山·月考）已知点O在所在平面内，满足，则点M是的（

）A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心【答案】D【分析】由已知可得，为的中点，进而可得结论.【详解】设为的中点，因为，所以，所以所在直线经过的中点，同理可得分别与边的中线共线，所以点M是的重心.故选：D.2．（24-25高一下·广东深圳·期中）若是的重心，且（为实数），则（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】结合图形，利用三角形重心的性质以及平面向量基本定理即可求得.【详解】如图，延长交于点，因是的重心，则点为的中点，则，代入整理得，因点在上，故得，则.故选：B3．（24-25高一下·浙江温州·期中）已知三角形的重心为，内角A，，的对边分别为，，若，则三角形的形状是（

）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形【答案】D【分析】由题可得，结合重心性质及平面向量基本定理可得答案.【详解】因，则.又，由平面向量基本定理可得：.则，，故三角形是等腰直角三角形.故选：D4．（2025高一·全国·专题练习）已知，为平面内任意一点，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【分析】取中点为，根据向量的线性运算，以及共线定理，即可判断.【详解】先设的中点为，则，

又因为，而，由三点共线的充要条件知三点共线，则点的轨迹一定经过的重心.故选：C．5．（24-25高一下·上海松江·月考）已知点是的重心，若存在实数使得成立，则的值是【答案】3【分析】利用三角形的重心性质和平面向量基本定理易求得参数的值.【详解】如图，延长交于点，因点是的重心，则，且，故有，即得，故.故答案为：3.6．（2025高一·全国·专题练习）已知是的重心，，，，则．【答案】【分析】根据三角形重心的性质得到和的表达式，然后通过向量的数量积运算，将展开并进行化简，最终求出结果.【详解】是的重心，，，又，，，.故答案为：.7．（24-25高一下·江苏南京·期中）如图，已知点是的重心，过点作直线分别与两边交于两点，设，则的最小值为．【答案】【分析】根据题意，得到，由三点共线，得到，结合基本不等式，即可求得的最小值.【详解】因为点G为重心，可得，又因为三点共线，所以，所以，当时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.【题型二：外心】1．在△ABC中，设O是△ABC的外心，且，则∠BAC等于（

）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【分析】直接利用△ABC重心的性质，可知△ABC的重心与外心重合，可得△ABC为等边三角形.【详解】依题意，因为，所以O也是△ABC的重心，又因为O是△ABC的外心，所以△ABC是等边三角形，所以∠BAC=60°.故选：C.2．（25-26高一·全国·假期作业）已知点为所在平面内一点，若，则点的轨迹必通过的（

）A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心【答案】B【分析】为的中点，由得，则点的轨迹必通过的外心.【详解】点为所在平面内一点，若，设为的中点，，则有，所以，所以动点在线段的中垂线上，则点的轨迹必通过的外心.故选：B3．（24-25高一下·江苏盐城·月考）已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据判断出，，三点共线，再结合外心的性质得到的形状，最后根据投影向量的定义求出的值.【详解】已知，将其变形可得，即.根据向量共线定理，可知与共线，所以，，三点共线.因为点为的外心，外心是三角形三边垂直平分线的交点，且，，三点共线，所以为外接圆的直径，那么，即是直角三角形.

根据投影向量的定义求的值，，可得，即，又因为，所以，因为，所以.的值为.故选：D.4．（23-24高一下·辽宁锦州·期末）已知为的外心，，，，则的面积为（

）A．5 B． C．6 D．【答案】D【分析】根据外心求出，利用条件得出，结合面积公式可得答案.【详解】设的中点为，由为的外心可得，，，又，所以，又，可得，故，则的面积为.故选：D.5．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）若O为的外心，且，则．【答案】0【分析】根据已知条件判断三角形的形状，进而计算向量的数量积.【详解】由得即，∴点是的中点，故是直角三角形，且，∴,故答案为：0.6．（2025高一·全国·专题练习）已知是外接圆半径为1的的外心，且满足，则．【答案】/【分析】表示，再将变形后平方分别求出，代入计算即可.【详解】因为为的外心，所以．，两边平方得，即，两边平方得，即，所以．故答案为:7．已知点分别是的外心，重心，，则的值为.【答案】/【分析】设的中点为，连接，，由为的重心可得，由于为的外心，过点作，垂足为，可得，同理可得，进而求解即可.【详解】设的中点为，连接，，由于为的重心，则一定在线段上，且，所以，由于为的外心，过点作，垂足为，则为中点，则，同理可得，则.故答案为：.【题型三：内心】1．在中，，点D，E分别在线段，上，且D为中点，，若，则直线经过的（

）.A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心【答案】A【分析】根据题意，可得四边形为菱形，即可得到平分，从而得到结果.【详解】因为，且D为中点，，则，又因为，则可得四边形为菱形，即为菱形的对角线，所以平分，即直线经过的内心故选:A2．（2025高一·全国·专题练习）设为的内心，且，则角为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由内心的向量表示可得，结合余弦定理的推论计算即可得.【详解】∵为的内心，∴，∴，设，（），则，又，所以.故选：B.3．（24-25高一下·河南南阳·期末）已知在中，边上的高为是的内心，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意建立平面直角坐标系，根据三角形面积计算内切圆的半径，写出坐标，根据题意列出方程组计算即可.【详解】设的中点为，因为，所以，由已知，所以，所以，以AC的中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系.设内切圆的半径为，则，解得.因为为等腰三角形，所以的内心在线段BD上，所以，则.因为，所以，即，解得，故.故选：A.4．（2025高一·全国·专题练习）已知点是内任意一点，，且，则点的轨迹一定经过的（

）．A．内心 B．垂心 C．重心 D．外心【答案】A【分析】设，分析得到是的角平分线，从而，所以点的轨迹经过的内心.【详解】因为，所以．设，因为，所以点在线段上且，由角平分线的性质得是的角平分线，而，所以点的轨迹经过的内心.故选：A．5．（24-25高一下·山东菏泽·期中）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】C【分析】利用向量的线性运算结合角平分线性质可得，再利用余弦定理和数量积的运算律可得计算结果.【详解】连接并延长，交于，因为O为的内心，故为角平分线，由角平分线的性质可得，同理，而，故，且，故，故，而，故，故，故，故选：C.6．设的内角，，的对边分别为，，，是所在平面上的一点，，则点是的（

）A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心【答案】C【分析】条件可转化为，，结合数量积的定义证明，，由此确定的位置.【详解】因为，所以，，即，，所以，．所以，，又，所以，，所以在的平分线上，也在的平分线上，所以点是的内心．故选：C．【题型四：垂心】1．（24-25高一下·辽宁·期末）在所在平面内一点P满足：，则点P是的（

）A．重心 B．垂心C．外心 D．内心【答案】B【分析】利用平面向量数量积的性质推导出，进一步可得出，，即可得出结论.【详解】因为，则，所以，所以，所以，同理可得，，故点P是的垂心.故选：B.2．（23-24高一下·河南·月考）是所在平面内一定点，是平面内一动点，若，，则点为的（）.A．重心 B．内心 C．垂心 D．外心【答案】C【分析】根据向量的四则运算结合垂直关系可知，，即可得结果.【详解】因为，可知，又因为，可知，所以点为的垂心.故选：C.3．（2025高一·全国·专题练习）已知为所在平面内一点，若，则点是的（

）．A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】D【分析】先转化为共起点的向量，对其两边点乘对边向量，提取公因式，再由数量积的值进行判定．【详解】原式变形为，，所以，同理，．所以是的垂心，故选：D．4．（23-24高一下·广东汕尾·期末）在中，，点为的垂心，且满足，，则（

）A． B．－1 C． D．【答案】D【分析】一方面：根据已知得出，另一方面：由三点共线的推论即可列式求解.【详解】由题意可知是以A为顶角的等腰三角形，如图所示：，，则，在直角三角形中，，即.设，则，，所以，所以.故选：D.5．（25-26高一·全国·假期作业）如图，已知是的垂心，且，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据垂心的性质，通过面积比，得出三个角的正切值之比，根据题目条件列出方程，根据两角和的正切公式和同角三角函数关系，求出角的余弦值.【详解】是的垂心，延长交与点，设，，同理可得，，又，，又，，不妨设，其中，，，解得或，当时，此时，则都是钝角，则，矛盾.故，则，是锐角，，于是，解得.故选：A.【题型五：奔驰定理】1．（23-24高一下·福建漳州·月考）已知是内部的一点，，则的面积与的面积之比是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由，由“奔驰定理”：可知成立并进行证明，利用对应系数相等得到面积比，求解即可.【详解】

如图，延长交于点，设，易知，可得，又，得，故，可知，同理，可得，结合可得，整理得成立，而由题意得，故，设即，，故，故C正确.故选：C2．（23-24高一下·河北·期中）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【分析】根据三边，先求出角B的余弦值,再由内心可得到，进而由“奔驰定理”得到，在对向量进行线性运算即可.【详解】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．3．（24-25高一下·江苏常州·期中）（多选题）“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”轿车，（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”：已知是内一点，的面积分别为，且.则下列说法正确的是（

）.A．若，则为的重心B．若，则C．若，则D．若为的内心，且，则【答案】ABD【分析】取线段的中点，得到，所以三点共线，再取线段的中点，证得三点共线，且三点共线，可得判定A正确；由“奔驰定理”，化简得到，可判定B正确；由，化简得到，求得，结合，可判定C错误；设内切圆的半径为，利用面积比求得，结合余弦定理，可判定D正确.【详解】对于A中，若，则，如图所示，取线段的中点，连接，则，所以，即，所以三点共线，分别取线段的中点，连接，同理可证：三点共线，且三点共线，所以点为的重心，所以A正确；对于B中，若，由“奔驰定理”可得，所以，所以，即，所以B正确；对于C中，若，即，可得，又由，且不共线，所以，所以由“奔驰定理”，可得，所以C错误；对于D中，若为的内心，设的内切圆的半径为，则,因为，所以，设，则，由余弦定理，可得，所以D正确.故选：ABD.4．（24-25高一下·安徽·期中）“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”轿车的logo很相似.故形象地称其为“奔驰定理”.其内容为：已知是内一点的面积分别为，则.设是锐角的垂心.且，则.【答案】【分析】作出辅助线，由奔驰定理得到，设，则，设，则，由，得到，求出，根据互补得到，由同角三角函数关系得到答案.【详解】如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点.故⊥,⊥,⊥,，由“奔驰定理”得，，则，即，设，则，同理，即，设，则.由，得，即，所以，所以，所以，又，所以，所以，则.故答案为：5．（23-24高一下·湖南·期中）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为.【答案】【分析】利用为的内心，再结合奔驰定理可得，再由已知条件转化可得，利用平面向量基本定理可知，从而得到，再由，可得，利用均值不等式可得，最后可得.【详解】因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，由可得，所以，又，则，所以，两式相加可得，化简可得，又，由余弦定理可得，由基本不等式可得，所以，当且仅当时等号成立，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用奔驰定理得到，再结合余弦定理和基本不等式即可得到，最后即可得到的最大值.6．（2024高一下·四川宜宾·竞赛）“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”的很相似，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是的外心；②；③；④【答案】②③④【分析】由确定出点是三角形的垂心，判断①；结合与三角形内角和等于可证明②；结合②选项结论证明即可证明③，利用奔驰定理证明可证明④．【详解】对①，因为同理,故为的垂心，故①错误；对②，因为，所以，又因为，所以,又因为，所以，故②正确；对③，延长交于点，如图，则,同理可得,所以，故③正确；对④，,同理可得,所以,又因为，所以，故④正确，故答案为：②③④1．（24-25高一下·山东泰安·月考）已知O是△ABC的外心，，，则△ABC的外接圆半径（

）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】首先结合圆的性质可得，则，再利用正弦定理求解可得答案.【详解】O是△ABC的外心，则在上的投影向量为，所以，解得，由正弦定理，∴，故选：B.2．（24-25高一下·全国·课后作业）已知O是所在平面上的一点，若，则点O是的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】A【分析】根据向量数量积的运算律，即可得，结合外心定义即可求解.【详解】由已知得，所以，所以，所以点O是的外心，故选:A．3．在中，若动点P满足向量平行于向量，则P的轨迹过的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】C【分析】将提取出来,转化成表示与共线的向量,点是的中点,故的轨迹一定通过三角形的重心.【详解】由正弦定理得，设而表示与共线的向量而点是的中点,所以的轨迹一定通过三角形的重心.故选：C4．（2025高一·全国·专题练习）在△ABC中，·+·+·，其中G是△ABC的重心，则△ABC的形状是（

）A．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰直角三角形 D．等边三角形【答案】D【分析】由三角形重心的性质得++，结合题干中的等式可得，即可判断三角形的形状.【详解】由G是的重心，得++，则=，由题中等式得，又均为非零向量，所以由的表示是唯一的，则，且，故，即为等边三角形.故选：D.5．（24-25高一上·上海·课堂例题）已知，若点P满足，其中，则点P的轨迹一定通过的（

）A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心【答案】B【分析】先根据单位向量的加法得出点在角平分线上进而得出轨迹过内心即可.【详解】指向角A的平分线方向，而与是平行的，所以依旧指向角A的平分线方向，所以点P的轨迹即为角A的平分线及其反向延长线.而内心一定落在角A的平分线上，所以点P的轨迹会经过内心.故选：B.6．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．设点O，G，H分别为三角形ABC的外心，重心，垂心，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题可知，再根据向量的线性运算求解即可.【详解】根据题意，作图如下，所以，则，所以，则.故选：D.7．（24-25高一下·山西吕梁·期末）已知中，为的内心，，则周长的最大值为（

）A．4 B．6 C．16 D．18【答案】B【分析】由题意得，结合余弦定理、完全平方公式及基本不等式即可求解.【详解】因为O是的内心所以，由于，所以，故.中，由余弦定理，得，所以（当且仅当时，取“=”）即，即周长的最大值为6.故选：.8．设的外心为，若，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先结合圆的性质可得，，由数量积的运算律得，同理，，代入已知化简得，然后由正弦定理得，再利用余弦定理求解即可.【详解】因为为的外心，则在上的投影向量为，在上的投影向量为，所以，，所以，同理根据外心的性质和数量积的几何意义得，，由得，即，又及正弦定理得，所以，即，由余弦定理得.故选：A9．（23-24高一下·贵州遵义·月考）已知在所在平面内，满足，，则点依次是的（

）A．重心，内心，外心 B．重心，外心，垂心C．垂心，内心，重心 D．外心，重心，内心【答案】B【分析】由平面向量数量积的运算，线性运算及三角形四心的性质即可判断.【详解】因为，所以，设中点为，则，所以，所以三点共线，即为的中线上的点，且，所以为的重心；因为，所以，所以是的外心；因为，所以，即，所以，同理可得，，所以是的垂心.故选：B10．（2025高一·全国·专题练习）已知为所在平面内一点，若，其中内角的对边分别为，则点是的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】B【分析】由对称性知可任选其一作变换，如用，代换，将各向量转化为共起点的三个向量的关系式，进一步变形判断．【详解】因为，，所以，所以（*）．又因为，，其中分别表示，方向的单位向量，（*）式可进一步化为，而表示与的平分线共线的向量，所以平分．同理，平分，平分，所以是的内心，故选：B．11．（2025高一·全国·专题练习）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【分析】根据已知结合数量积运算律计算数量积为0即可判断选项.【详解】，，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．12．（2025高一·全国·专题练习）已知为所在平面内一点，若，则点是的（

）．A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】A【分析】先转化为共起点的向量，再利用三角恒等变换化简有序数对，最后等式两边点乘对边向量，由数量积的值进行判定．【详解】原式变形为：．因为，所以，同理，，所以（其中为的中点，内角的对边分别为）．（由三角形的高得到，即），即．同理，，其中为的中点．所以是的外心，故选：A．13．（24-25高一下·吉林长春·月考）（多选题）在中，，，分别是边，，的中点，点为的重心，则下述结论中正确的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】由向量的线性运算结合三角形的重心的性质求解即可．【详解】如图：对于选项A，因为，分别是边，的中点，则，即选项A错误；对于选项B，因为为中点，则，即选项B正确；对于选项C，，即选项C正确；对于选项D，，即，即选项D正确，故选：BCD．14．（多选题）如图，已知是内一点，三角形、、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（

）

A．是的垂心B．C．D．【答案】ABD【分析】由可得，同理可证所以选项A正确.利用直角三角形得到可得选项C错误.再由选项C和利用向量的数量积公式展开可得B选项正确.由B选项正确和利用三角形面积公式代入化简可得D选项正确.【详解】因为，所以则同理可证得：所以是的垂心.选项A正确.延长交于两点.

由选项A可知，所以所以又因为所以选项C错误.由C选项可知，同理可得又因为，所以所以选项B正确.由C可知，同理可得所以又因为所以因为所以，选项D正确.故答案为：ABD.15．（24-25高一下·贵州黔南·期末）（多选题）已知的重心为点G，外心为点O，内心为点I，垂心为点H，则下列说法正确的是（

）A．若M是BC中点，则B．若，则必有角C．若的面积为S，周长为m，则点I到BC边的距离为D．若角，，则【答案】ACD【分析】利用重心，外心，内心，垂心的性质逐项计算可判断其正误.【详解】对于A，若M是BC中点，又的重心为点G，所以，

所以，又，所以，故A正确；对于B，因为，且为的外心，当为锐角时，可得，当为钝角时，可得，解得，

综上所述：或，故B错误；对于C，设内切圆的半径为，所以，又因为的面积为S，周长为m，所以，解得，故C正确；对于D，因为，，所以，因为是垂心，则于，则于，

所以，所以，故D正确.故选：ACD.16．（24-25高一下·河北承德·期中）（多选题）设点是所在平面内任意一点，的内角，，的对边分别为，，，则下列结论正确的是（

）A．若点是的重心，则B．若，则点是的垂心C．若点是的垂心，则D．若为的外心，为的垂心，则【答案】ACD【分析】根据重心分中线长度为，结合向量的线性运算可判断A；根据向量的线性运算及数量积运算可得O到顶点距离相等即可判断B；根据垂心的性质及向量的线性运算判断C；根据垂心的性质利用数量积运算，化简可得垂直两个不共线向量，即可得解判断D.【详解】对于A，若点是的重心，则，即，A正确；对于B，由，得，得，所以为的外心，B错误；对于C，若点是的垂心，则，所以，C正确；对于D，如图，为圆的直径，则．又因为为的垂心，所以，所以．同理，所以四边形为平行四边形，所以，D正确．故选：ACD．17．（24-25高一下·广东佛山·期末）（多选题）已知在中，，，，点为所在平面内一点，则（

）A．若为的垂心，则 B．若为的重心，则C．若为的外心，则 D．若为的内心，则【答案】ACD【分析】根据垂心的性质及向量的线性运算判断A，根据重心分中线长度为，结合向量的线性运算可判断B，根据外心特征计算判断C，根据内心的性质即可得解判断D.【详解】因为为的垂心，所以，故，故A正确；延长交于中点，如图，

因为点O是的重心，，所以，故B错误；如下图所示：

若为的外心，取线段的中点，连接，由垂径定理可知，所以，，同理则，故C正确；如图，

若为的内心，则，过作，则，由余弦定理得，所以，设内切圆半径为，所以，所以，因为，所以，所以，故D正确.故选：ACD.18．（24-25高一下·重庆·月考）（多选题）在中，，，为边上及内部的一动点，设，则下列说法正确的是（）A．若为的重心，则B．若为的外心，则C．若为的内心，，则D．若为的垂心，为锐角三角形，则与共线【答案】ACD【分析】用向量的线性运算，数量积运算，再结合四心定义，可进行证明和求解．【详解】对于A，取的中点为，由重心可得，由中线向量可得：，所以有，又因为，所以，则，故A正确；对于B，取的中点为，取的中点为，分别作中垂线，交于外心，由，故B错误；对于C，当为的内心，延长交于，根据角平分线定理有：，利用等比性质有：，所以有，又由角平分线定理得：，则，所以又因为，所以，即，故C正确；对于D，由，所以，又由为垂心得：，所以，故D正确；故选：ACD．19．（24-25高一上·河北保定·期中）（多选题）已知点是内的一点，则以下说法正确的有（

）A．若，，分别表示，的面积，则B．若，则动点的轨迹一定通过的重心C．若，则点是的垂心D．若，，分别为，，的中点，且，，则的最大值为【答案】ABD【分析】A选项，作出辅助线，得到，从而得到所以，即可判断；B选项，作出辅助线，得到，故点在中线上，故向量一定经过的重心；C选项，作出辅助线，得到，故⊥，并得到在的平分线上，同理可得，在的平分线上.D根据得到点的轨迹，将转化为，然后求数量积，根据点的轨迹求最值.【详解】对于A：如图，分别为的中点，，则，故，所以，故，A正确；对于B：过点作⊥于点，取的中点，连接，则，，则，故点在中线上，故向量一定经过的重心，B正确；对于C：分别表示方向上的单位向量，故，，故⊥，由三线合一可得，在的平分线上，同理可得，在的