平面向量與三角形的“四心”在三角形中，重心、內(nèi)心、垂心和外心簡稱“四心”，它們與向量知識的整合，既自然又表達形式多樣，在新高考試題中，總會出現(xiàn)一些與“四心”相關的既新穎又別致的試題，不僅考查了向量的表示與運算、性質(zhì)等知識點，而且培養(yǎng)了考生“以向量為工具”的邏輯推理能力.一、平面向量與三角形的重心【例1】已知點O為△ABC所在平面內(nèi)一點，若動點P滿足OP＝OA＋λ（AB＋AC）（λ≥0），則動點P的軌跡一定經(jīng)過△ABC的（）A.外心 B.內(nèi)心C.垂心 D.重心解析：D因為動點P滿足OP＝OA＋λ（AB＋AC）（λ≥0），所以AP＝λ（AB＋AC），取BC中點D，連接AD（圖略），則AP＝2λAD，則動點P的軌跡一定過△ABC的重心，故選D.點評設O是△ABC的重心，P為平面內(nèi)任意一點，則有以下結(jié)論：①OA＋OB＋OC＝0；②PO＝13（PA＋PB＋PC）；③動點P滿足AP＝λ（AB＋AC）或OP＝OA＋λ（AB＋AC），λ∈[0，＋∞），則動點P經(jīng)過三角形的重心在△ABC中，O為△ABC的重心，若BO＝λAB＋μAC，則λ－2μ＝.答案：－4解析：設AC的中點為D，因為O為△ABC的重心，所以BO＝23BD＝23（BA＋AD）＝－23AB＋23×12AC＝－23AB＋13AC，所以λ＝－23二、平面向量與三角形的垂心【例2】已知O是平面上的一定點，A，B，C是平面上不共線的三個動點，點P滿足OP＝OA＋λAB｜AB｜cosB＋AC｜AC｜cosC（λA.重心 B.外心C.垂心 D.內(nèi)心解析：COP－OA＝λ（AB｜AB｜cosB＋AC｜AC｜cosC），AP＝λ（AB｜AB｜cosB＋AC｜AC｜cosC），BC·AP＝λ（BC·AB｜AB｜cosB＋BC·AC｜AC｜cosC）＝λ（｜BC||AB｜點評設O是△ABC的垂心，P為平面內(nèi)任意一點，則有以下結(jié)論：①OA·OB＝OB·OC＝OC·OA；②｜OA｜2＋｜BC｜2＝｜OB｜2＋｜CA｜2＝｜OC｜2＋｜AB｜2；③動點P滿足AP＝λ（AB｜AB｜cosB＋AC｜AC｜cosC）或OP＝OA＋λ（AB｜AB｜cosB＋P是△ABC所在平面上一點，若PA·PB＝PB·PC＝PC·PA，則P是△ABC的（）A.外心 B.內(nèi)心C.重心 D.垂心解析：D由PA·PB＝PB·PC，得PA·PB－PB·PC＝0，即PB·（PA－PC）＝0，即PB·CA＝0，則PB⊥CA，同理可證PA⊥BC，PC⊥AB，所以P為△ABC的垂心，故選D.三、平面向量與三角形的內(nèi)心【例3】若△ABC的三邊為a，b，c，有a·OA＋b·OB＋c·OC＝0，則O為△ABC的（）A.外心 B.內(nèi)心C.重心 D.垂心解析：B∵OB＝OA＋AB，OC＝OA＋AC，∴a·OA＋b·OB＋c·OC＝a·OA＋b（OA＋AB）＋c（OA＋AC）＝（a＋b＋c）·OA＋b·AB＋c·AC＝0，∴AO＝bca＋b＋c（ABc＋ACb），∵ABc，ACb分別是AB，AC方向上的單位向量，∴向量ABc＋ACb平分∠BAC，即AO平分∠BAC，同理BO平分∠點評設O是△ABC的內(nèi)心，P為平面內(nèi)任意一點，則有以下結(jié)論：①｜AB｜OC＋｜BC｜OA＋｜CA｜OB＝0（或aOA＋bOB＋cOC＝0，其中a，b，c分別是△ABC的三邊BC，AC，AB的長）；②動點P滿足AP＝λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）或OP＝OA＋λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜），在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cosA＝15，O是△ABC的內(nèi)心，若OP＝xOB＋yOC，其中x，y∈[0，1]，則動點P的軌跡所覆蓋圖形的面積為（A.1063C.43 D.62解析：B根據(jù)向量加法的平行四邊形法則可知，動點P的軌跡是以OB，OC為鄰邊的平行四邊形及其內(nèi)部，其面積為△BOC面積的2倍.在△ABC中，設內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a＝7.設△ABC的內(nèi)切圓的半徑為r，則12bcsinA＝12（a＋b＋c）r，解得r＝263，所以S△BOC＝12×a×r＝12×7×263＝763.四、平面向量與三角形的外心【例4】在△ABC中，設AC2－AB2＝2AM·BC，那么動點M形成的圖形必經(jīng)過△ABC的（A.垂心 B.內(nèi)心C.外心 D.重心解析：C如圖所示，設線段BC的中點為D，則AB＋AC＝2AD，∵AC2－AB2＝2AM·BC，∴（AC＋AB）·（AC－AB）＝2AM·BC，∴BC·（AB＋AC－2AM）＝0，∴BC·MD＝0，即MD⊥BC且平分BC.因此動點M形成的圖形必經(jīng)過△ABC的外心，點評設O是△ABC的外心，則有以下結(jié)論：①｜OA｜＝｜OB｜＝｜OC｜?OA2＝OB2＝OC2；②（OA＋OB）·AB＝（OB＋OC）·BC＝（OA＋OC）·已知點G是△ABC內(nèi)任意一點，若點D是△ABC的底邊BC的中點，滿足GD·GB＝GD·GC，則點G可能通過△ABC的（填：重心、內(nèi)心、垂心或外心）.答案：外心解析：由GD·GB＝GD·GC?GD·GB－GD·GC＝0?GD·（GB－GC）＝0，GD·CB＝0.1.（2024·安陽一模）已知向量a＝（1，－4），b＝（－5，3），若向量ta＋b與b垂直，則實數(shù)t＝（）A.2 B.1C.－1 D.－2解析：Ata＋b＝t（1，－4）＋（－5，3）＝（t－5，－4t＋3），若向量ta＋b與b垂直，則（ta＋b）·b＝（t－5，－4t＋3）·（－5，3）＝－5（t－5）＋3（－4t＋3）＝－17t＋34＝0，解得t＝2，故選A.2.（2024·保定一模）已知向量a＝（2，1），｜b｜＝10，｜a－b｜＝5，則a與b的夾角為（）A.π4 B.C.2π3解析：D因為a＝（2，1），則｜a｜＝4+1＝5，且｜a－b｜＝5，則｜a｜2＋｜b｜2－2a·b＝25，即5＋10－2a·b＝25，所以a·b＝－5，設a與b的夾角為θ，則｜a｜·｜b｜cosθ＝－5，即5×10cosθ＝－5，所以cosθ＝－22，因為θ∈[0，π]，則θ＝3π43.（2024·綿陽模擬）已知向量a，b滿足｜a｜＝1，｜b｜＝2，a與b的夾角為120°，則｜a－2b｜＝（）A.3 B.13C.21 D.21解析：D∵a·b＝｜a｜·｜b｜cos120°＝1×2×（－12）＝－1，∴｜a－2b｜＝（a－2b）2＝｜4.（2024·泉州模擬）早在公元前十一世紀，周朝數(shù)學家商高就提出“勾三股四弦五”，《周髀算經(jīng)》中曾有記載，大意為：“當直角三角形的兩條直角邊分別為3（勾）和4（股）時，徑隅（弦）則為5”，故勾股定理也稱為商高定理.現(xiàn)有△ABC的三邊滿足“勾三股四弦五”，其中勾AC的長為3，點A在弦BC上的射影為點D，則（BC－BA）·AD＝（）A.365 B.C.－14425 D.－解析：B如圖所示，由題意可知AC＝3，AB＝4，BC＝5，則cosB＝ABBC＝45，∵AD⊥BC，∴∠CAD＋C＝C＋B＝90°，∴∠CAD＝B.（BC－BA）·AD＝AC·AD＝｜AC｜·｜AD｜·cos∠CAD＝（｜AC｜·cos∠CAD）2＝（3×45.（多選）對于任意的向量a，b，c，下列選項一定成立的有（）A.（a＋b）·c＝a·c＋b·cB.（b·c）a－（a·c）b不與c垂直C.a·b≤｜a｜·｜b｜D.｜a－b｜≤｜a｜＋｜b｜解析：ACD根據(jù)數(shù)量積的分配律可知A正確；由[（b·c）a－（a·c）b]·c＝（b·c）（a·c）－（a·c）（b·c）＝0，故B不正確；根據(jù)數(shù)量積的定義，可知a·b＝｜a｜｜b｜cos＜a，b＞≤｜a｜·｜b｜，故C正確；｜a－b｜2＝｜a｜2＋｜b｜2－2a·b＝｜a｜2＋｜b｜2－2｜a｜·｜b｜cos＜a，b＞≤｜a｜2＋｜b｜2＋2｜a｜｜b｜＝（｜a｜＋｜b｜）2，故｜a－b｜≤｜a｜＋｜b｜，故D正確.6.（多選）已知向量a＝（2，1），b＝（1，－1），c＝（m－2，－n），其中m，n均為正數(shù)，且（a－b）∥c，則下列說法正確的是（）A.a與b的夾角為鈍角B.向量a在b上的投影向量為22C.2m＋n＝4D.mn的最大值為2解析：CD對于A，向量a＝（2，1），b＝（1，－1），則a·b＝2－1＝1＞0，又a，b不共線，所以a，b的夾角為銳角，故A錯誤；對于B，向量a在b上的投影向量為a·b｜b｜·b｜b｜＝12b，B錯誤；a－b＝（1，2），若（a－b）∥c，則－n＝2（m－2），變形可得2m＋n＝4，C正確；由2m＋n＝4，且m，n均為正數(shù)，得mn＝12（2m·n）≤12（2m＋n2）2＝2，當且僅當m＝1，7.（2024·昆明模擬）已知向量a＝（m，1），b＝（4－n，2），m＞0，n＞0，若a∥b，則1m＋4n的最小值為答案：32＋解析：∵a∥b，∴2m＝4－n，∴14（2m＋n）＝1，∴1m＋4n＝（1m＋4n）·14（2m＋n）＝14（6＋nm＋8mn）≥18.如圖所示，AB＝（6，1），BC＝（x，y），CD＝（－2，－3），BC∥DA.（1）求x與y之間的關系；（2）若有AC⊥BD，求x，y的值及四邊形ABCD的面積.解：（1）BC＋CD＝BD＝（x－2，y－3），AB＋BD＝AD＝（x＋4，y－2），由BC∥DA，則存在實數(shù)λ，有（x，y）＝λ（x＋4，y－2），即x＝λ（x+4),y＝λ（（2）AC＝AB＋BC＝（6＋x，1＋y），若AC⊥BD，有（6＋x，1＋y）·（x－2，y－3）＝0，即x2＋y2＋4x－2y－15＝0，將x＋2y＝0代入，解得x＝－當x＝－6，y=3時，AC＝（0，4），｜AC｜＝4，BD＝（－8，0∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD的面積S＝12×4×8＝當x=2，y＝－1時，AC＝（8，0），｜AC｜＝8，BD＝（0，－4），｜BD｜＝故x＝－6，y=39.△ABC的重心為G，AB＝6，AC＝8，BC＝213，則△BGC的面積為（）A.123 B.83C.43 D.4解析：CcosA＝AB2＋AC2－BC22AB·AC＝36+64－522×6×8＝12，又A∈（0，π），∴A＝π3，∴S△ABC＝12×6×8×sinπ3＝123，又G為△ABC的重心，∴GA＋GB＋GC＝0，即10.騎自行車是一種能有效改善心肺功能的耐力性有氧運動，深受大眾喜愛，如圖是某一自行車的平面結(jié)構(gòu)示意圖，已知圖中的圓A（前輪），圓D（后輪）的半徑均為3，△ABE，△BEC，△ECD均是邊長為4的等邊三角形.設點P為后輪上的一點，則在騎動該自行車的過程中，AB·BP的最大值為（）A.8 B.23C.43 D.4解析：C以D為坐標原點，AD所在直線為x軸，過D作AD的垂線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，則A（－8，0），B（－6，23），C（－2，23）.圓D的方程為x2＋y2＝3，可設P（3cosα，3sinα），所以AB＝（2，23），BP＝（3cosα＋6，3sinα－23）.故AB·BP＝23cosα＋12＋6sinα－12＝43sin（α＋π6）≤43.故選11.在平面內(nèi)，定點A，B，C，D滿足｜DA｜＝｜DB｜＝｜DC｜，DA·DB＝DB·DC＝DC·DA＝－2，動點P，M滿足｜AP｜＝1，PM＝MC，則｜BM｜2的最大值是（）A.434 B.C.37+634解析：B∵A，B，C，D是平面內(nèi)的四個點，且DA·DB＝DB·DC＝DC·DA＝－2，｜DA｜＝｜DB｜＝｜DC｜，∴DA，DB，DC三條線段兩兩所成的角為120°，∴｜DA｜＝｜DB｜＝｜DC｜＝2，以D點為坐標原點，以DA所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則A（2，0），B（－1，3），C（－1，－3），又｜AP｜＝1，∴P點的軌跡是以A為圓心，1為半徑的圓，設P（x0，y0），則x0＝2＋cosθ，y0＝sinθ（θ為參數(shù)），再由PM＝MC，則M是PC的中點，設M（x，y），則有x＝2+cosθ－12，y＝sinθ－32，又｜BM｜2＝（x＋1）2＋（y－3）2＝（1+cosθ2＋1）2＋（sinθ－32－3）2＝12.（多選）已知a，b是單位向量，且｜a＋b｜＝｜a－b｜，（c－a－b）·（c－2a）＝0，則下列說法正確的是（）A.a·b＝0B.若a·k＝n·a，則n＝kC.｜c｜的最大值為2D.c·b的最小值是1解析：ACD∵｜a＋b｜＝｜a－b｜，∴（a＋b）2＝（a－b）2，a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，∴a·b＝0，故A正確；由a·k＝n·a，可得｜a｜·｜k｜cos＜a，k＞＝｜n｜·｜a｜cos＜n，a＞，即｜k｜cos＜a，k＞＝｜n｜cos＜n，a＞，則n＝k不一定成立，故B錯誤；又a，b是單位向量，a·b＝0，不妨設a＝（1，0），b＝（0，1），設c＝（x，y），又（c－a－b）·（c－2a）＝0，∴（x－1，y－1）·（x－2，y）＝0，（x－1）·（x－2）＋y（y－1）＝0，∴x2－3x＋2＋y2－y＝0，即（x－32）2＋（y－12）2＝12，其表示圓心為D（32，12），半徑為22的圓，∴｜c｜max＝｜OD｜＋22＝（32）2＋（12）2＋22＝2＋102，故C正確；由上可知，（y－1213.已知單位向量a，b，若對任意實數(shù)x，｜xa－b｜≥32恒成立，則向量a，b的夾角的最小值為答案：π解析：a，b是單位向量，由｜xa－b｜≥32得，（xa－b）2≥34?x2－2（a·b）x＋14≥0，依題意，不等式x2－2（a·b）x＋14≥0對任意實數(shù)x恒成立，則Δ＝4（a·b）2－1≤0，解得－12≤a·b≤12，而cos＜a，b＞＝a·b｜a||b｜＝a·b，則－12≤cos＜a，b＞≤12，又0≤＜a，b＞≤π，函數(shù)y＝cosx在[0，π]上單調(diào)遞減，因此π3≤＜a，b＞≤2π314.（2024·鄭州模擬）已知向量a，b，c滿足a·b＝0，｜c｜＝1，｜a－c｜＝｜b－c｜＝13，則｜a－b｜的最大值是.答案：6解析：設A（a，0），B（0，b），C（cosθ，sinθ），OA＝a，OB＝b，OC＝c，則｜CA｜2＝｜a－c｜2＝（a－cosθ）2＋sin2θ＝13①，｜CB｜2＝｜b－c｜2＝cos2θ＋（b－sinθ）2＝13②，①＋②得a2＋b2－2acosθ－2bsinθ＝24，所以a2＋b2－24＝2a2＋b2sin（θ＋φ），則a2＋b2－24≤2a2＋b2，解得0≤a2＋b2≤6，所以｜15.