三角形四心的向量性质练习

三角形“四心”的向量

一、三角形的重心的向量表示及应用

，C是不共线的三点，G是△ABC内一点，若命题一 已知A，B

GAGBGC0．则G是△ABC的重心．

证明：如图1所示，因为GAGBGC0，

所以 GA(GBGC)．

以GB，GC为邻边作平行四边形BGCD， 则有GDGBGC，所以GDGA．

又因为在平行四边形BGCD中，BC交GD于点E， 所以BEEC，GEED．

所以AE是△ABC的边BC的中线．故G是△ABC的重心．

点评：①解此题要联系重心的定义和向量加法的意义；②把平面几何知识和向量知识结合起来解决问题是解此类问题的常用方法．

例1 如图2所示，△ABC的重心为G，O为坐标原点，OAa，OBb，

OCc，试用a，b，c表示OG．

解：设AG交BC于点M，则M是BC的中点，

aOGGA

bOGGB cOGGC

图2

abcOGGAGBGC而abc3OG0



OG

abc

3

，F分别为△ABC的边BC，A，C变式：已知D，EA的中点．则

ADBE

C0F．

证明：如图的所示，

3

ADGA2 3

BEGB

2

CF3GC2

3

ADBECF(GAGBGC)

2

图3

GAGBGC0 ADBECF0．．

变式引申：如图4，平行四边形ABCD的中心为O，P为该平面上任意一点， 则PO(PAPBPCPD)．

证明：PO(PAPC)，PO(PBPD)， PO(PAPBPCPD)．

点评：（1）证法运用了向量加法的三角形法则，证法2运用了向量加法的平行四边形法则．（2）若P与O重合，则上式变为OAOBOCOD0．

例2. 已知O是平面内一点，A,B,C是平面上不共线的三点，动点P满足

1

，0,，则动点P的轨迹一定通过ABC的

2

1

4

1212

14

A. 重心 B. 垂心

C. 外心

D. 内心

题2：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OPOA(ABAC), [0,). 则P点的轨迹一定通过△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 解：由已知得AP(ABAC)，设BC的中点为D，则根据平行四边形法则知点P在BC的中线AD所在的射线上，故P的轨迹过△ABC的重心，选C.

题3：已知O是平面上的一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OPOA(

ABAC

),[0,), 则动点P的轨迹一定通过

|AB|sinB|AC|sinC

△ABC的( )

A. 重心 B. 垂心 C. 外心 D. 内心

解：由已知得AP(

ABAC

)，

|AB|sinB|AC|sinC

由正弦定理知|AB|sinB|AC|sinC，∴AP



|AB|sinB

(ABAC)，

设BC的中点为D，则由平行四边形法则可知点P在BC的中线AD所在的射线上，所以动点P的轨迹一定通过△ABC的重心，故选A .

题7：已知A、B、C是平面上不共线的三点，O为△ABC的外心，动点P满足OP[(1)OA(1)OB(12)OC](R,0)，则P的轨迹一定通过△ABC的( )

A. 内心 B. 垂心 C. 重心 D. AB边的中点

13

1

解：CPOPOC=[(1)OA(1)OB2(1)OC]

3 =

11

(CACB),由平行四边形法则[(OAOC)(OBOC)]=33

知CACB必过AB边的中点，注意到0，所以P的轨迹在AB边的中线上，但不与重心重合，故选D.

题8：已知O是△ABC所在平面上的一点，若OAOBOC= 0, 则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

解：若OAOBOC= 0, 则OAOBOC，以OA、OB为邻边作平行四边形OAC1B，设OC1与AB交于点D，则D为AB的中点，有OAOBOC1，得OC1OC，即C、O、D、C1四点共线，同理AE、BF亦为△ABC的中线，所以O是△ABC的重心. 选C .

1

题9：已知O是△ABC所在平面上的一点，若PO(PAPBPC)(其中P为

3

平面上任意一点), 则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

解：由已知得3POOAOPOBOPOCOP，

∴3PO3OPOAOBOC，即OAOBOC= 0，由上题的结论知O点是△ABC的重心. 故选C .

例4. 证明：三角形重心与顶点的距离等于它到对边中点的距离的两倍。

1

证：设= b，= a，则=+= b+a, =

2

∵A, G, D共线，B, G, E共线 ∴可设=λ，= μ,

11

则=λ=λ(b+a)=λb+λa, 2211

= μ= μ(b+a)=μb+μa, 22111

∵ 即：b + (μb+μa) =λb+λa

222

111

∴(μλ)a + (μλ+)b = 0 ∵a, b不平行，

222

C

21

03AG2AD 2∴

11130

232

即：AG = 2GD 同理可化：AG = 2GD , CG = 2GF

二、三角形的外心的向量表示及应用

命题二：已知G是△

ABC，则点M为△ABC的外心。

例2 已知G、M分别为不等边△ABC的重心与外心，点A，B的坐标分别为A（-1，0），B（1，0），且GM∥AB，（1）求点C的轨迹方程；（2）若直线l过点（0，1），并与曲线交于P、Q两点，且满足OP0，求直线l的方程。

图5

xy解 （1）设C（x,y），则G（,），

33

其中x,y0， 由于GM∥AB， 故m

y， m

y）， 3

外心M（0，

M为外心

yy

MC，得(x0)2(y)2()2

33

轨迹E的方程是3x2y23 (xy0)

题5：已知O是平面上的一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP

OBOCABAC

(), [0,), 则动点P的轨2|AB|cosB|AC|cosC

迹一定通过△ABC的( )

A. 重心 B. 垂心 C. 外心 D. 内心

解：设BC的中点为D，则

OBOC

OD， 2

则由已知得DP(

ABAC

)，

|AB|cosB|AC|cosC

∴DPBC(

ABBCACBC

)

|AB|cosB|AC|cosC

=(

|AB||BC|cos(B)|AC||BC|cosC

)=(|BC||BC|)= 0 .

|AB|cosB|AC|cosC

∴DP⊥BC，P点在BC的垂直平分线上，故动点P的轨迹通过△ABC的

外心. 选C .

题12：已知O是△ABC所在平面上的一点，若

(OAOB)AB=(OBOC)BC=(OCOA)CA= 0，则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 解：由已知得：

(OAOB)(OBOA)=(OBOC)(OCOB)=(OCOA)(OAOC)= 0 OBOAOCOB=OAOC= 0

|OA||OB||OC|. 所以O点是△ABC的外心. 选A .

2

2

2

2

2

2

三、三角形的垂心的向量表示及应用

命题三：已知G是△ABC内一点，满足GAGBGAGCGBGC，则点G为垂心。（2005全国文12）

证明:由得0. 即()0,即0

则PBCA,同理PABC,PCAB

所以P为ABC的垂心.

点评：本题将平面向量有关运算、“数量积为零，

则两向量所在直线垂直”、三角形垂心定义等相关知识巧妙结合。

变式：若H

为△ABC所在平面内一点，

 则点H是△ABC的垂心

证明: HBCABC

2

2

2

2

(HAHB)BA(CACB)BA 得(HAHBCACB)BA0 即(HCHC)BA0

ABHC

同理ACHB，BCHA 故H是△ABC的垂心

例4. 如图，AD、BE、CF是△ABC的三条高， 求证：AD、BE、CF相交于一点。

证：设BE、CF交于一点H，= a, = b, = h, 则BH= h  a , CH= h  b , BC= b  a ∵BHAC, CHAB ∴

C

(ha)b0

(ha)b(hb)ah(ba)0

(ha)a0

∴AHBC

又∵点D在AH的延长线上，∴AD、BE、CF相交于一点

题4：已知O是平面上的一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OPOA(

ABAC

),[0,), 则动点P的轨迹一定

|AB|cosB|AC|cosC

通过△ABC的( )

A. 重心 B. 垂心 C. 外心 D. 内心

解：由已知得AP(

ABAC

)，

|AB|cosB|AC|cosC

∴APBC(

ABBCACBC

)

|AB|cosB|AC|cosC

=(

|AB||BC|cos(B)|AC||BC|cosC

)=(

|BC||BC|)= 0，

|AB|cosB|AC|cosC

∴APBC，即AP⊥BC，所以动点P的轨迹通过△ABC的垂心，选B.

题10：已知O是△ABC所在平面上的一点，若OAOBOBOCOCOA，则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

解：由OAOBOBOC，则OAOBOBOC0，即OB(OAOC)0， 得OBCA0，所以OBCA. 同理可证OCAB，OABC. ∴O是△ABC的垂心. 选D.

11：已知O为△ABC

题所在平面内一点，满足

|OA|2|BC|2|OB|2|CA|2=|OC|2|AB|2，则O点是△ABC的( )

A. 垂心 B. 重心 C. 内心 D. 外心 解：由已知得|OA|2|OB|2|CA|2|BC|2

(OAOB)(OAOB)=(CABC)(CABC)

BA(OAOB)=(CACB)BABA(OAOBACBC)= 0 BA2OC= 0，∴OC⊥BA.

同理OACB，OB

AC. 故选A .

四、三角形的内心的向量表示及应用 命题四：O是内心ABC的充要条件是

OA

OB

OC0

变式1：如果记AB,BC,CA的单位向量为e1,e2,e3，则O是ABC内心的充要条件是O(e1e3)O(e1e2)O(e2e3)0

变式2：如果记,,的单位向量为e1,e2,e3，则O是ABC内心的充要条件也可以是aOAbOBcOC0。

例4（2003江苏）已知O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三

个点，满足的内心 。

解： 如图OPOAAP由已知



，0,，则P的轨迹一定通过△ABC



，

AP

设



，0,

，

，

D、E在射线AB和AC上。 

AP是平行四边行的对角线。 又

 ，

ADPE是菱形。

点P在EAD 即CAD 的平分线上。

题1：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

ABAC

足OPOA, [0,). 则P点的轨迹一定通过△ABC的 |AB||AC|

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

ABACABAC

解：由已知得AP是AB方向上的单位向量，是，|AB||AC||AC||AB|

AC方向上的单位向量，根据平行四边形法则知构成菱形，点P在∠BAC的角平分线上，故点P的轨迹过△ABC的内心，选B.

1、若动点P满足AP(|AC|AB|AB|AC)，R，则P点的轨迹一定通过

ABC的（ ）.（答案：B）

A. 重心 B. 内心 C. 垂心 D. 外心

练习：在直角坐标系xoy中，已知点A(0,1)和点B(–3, 4)，若点C在∠AOB的平分线上，且|OC|2，则OC=_________________.

,使)略解：点C在∠AOB的平线上，则存在(0

OC(

3439OAOB

)=(0,1)(,)=(

,), 而|OC|

2，可

得

5555|OA||OB|



. ，∴OC(

355

题6：三个不共线的向量OA,OB,OC满足OA(

ABCABA+CB) )=OB(|AB||CA||BA||CB|

=OC(

BCCA

)= 0，则O点是△ABC的( ) |BC||CA|

A. 垂心 B. 重心 C. 内心 D. 外心 解：

ABCA

表示与△ABC中∠A的外角平分线共线的向量，由|AB||CA|

OA(

ABCA

)= 0知OA垂直∠A的外角平分线，因而OA是∠A的平分|AB||CA|

线，同理，OB和OC分别是∠B和∠C的平分线，故选C .

题13：已知O是△ABC所在平面上的一点，若aOAbOBcOC= 0，则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

解：∵OBOAAB，OCOAAC，则(abc)OAbABcAC= 0，得AO

ABACbcABAC

与分别为AB和AC方向上的(). 因为

abc|AB||AC||AB||AC|

单位向量，设AP

ABAC

，则AP平分∠BAC. 又AO、AP共线，知AO

|AB||AC|

平分∠BAC. 同理可证BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，所以O点是△ABC的内心.

题14：已知O是△ABC所在平面上的一点，若PO

aPAbPBcPC

(其中P

abc

是△ABC所在平面内任意一点)，则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

解：由已知得POPA

bPBcPCcPAbPAbABcAC

=PA，

abcabc

∴AO

bABcACbcABACbcABAC

=()=()，

abcabccbabc|AB||AC|

由上题结论知O点是△ABC的内心. 故选B.

五、三角形外心与重心的向量关系及应用

命题五：设△ABC的外心为O，则点G为△ABC重心的充要条件为：

1

OG(OAOBOC)

3

证明：如图8，设G为重心，连结AG并延长，交BC于D，则D为BC

的中点。 ∴

OGOAAGOA

21

ADOA(AB33

11

OA(OBOAOCOA)(OAOB33

图8

反之，若

1

()， 3

1

(AC 3

则由上面的证明可知：

设D为BC的中点，则AD

1

(ABAC)， 2

22

从而AGAD，∴G在中线AD上且AG=AD，即G为重心。

33

六、三角形外心与垂心的向量关系及应用

命题六：设△ABC的外心为O，则点H为△ABC的垂心的充要条件是

OHOAOBOC。

证明：如图2，若H为垂心，以OB、OC为邻边作平行四边形OBDC， 则 ODOBOC

∵O为外心， ∴OB=OC，

∴平行四边形OBDC为菱形 ∴ OD⊥BC，而AH⊥BC， ∴ AH∥OD，

D

C

图9

∴存在实数，使得AHODOBOC ∴ OHOAAHOAOBOC①。 同理，存在实数，，使得

OHOBBHOBOCOA ②

OHOCCHOCOAOB③ 比较①、②、③可得，1， ∴ OHOAOBOC

反之，若OHOAOBOC，则AHOBOC，

∵ O为外心，∴OB=OC

22

∴AHCB(OBOC)(OBOC)|OB||OC|0

∴AH⊥CB，同理，BH⊥AC。 ∴ H为垂心。

例6、已知H是△ABC的垂心，且AH=BC，试求∠A的度数 解：设△ABC的外接圆半径为R，点O是外心。 ∵ H是△ABC的垂心 ∴OHOAOBOC ∴AHOHOAOBOC

2222

∴AH||()2R(12cos2A)

∵ ，

2222

∴BC|BC|(OCOB)2R(12cos2A)

∵AH=BC，

∴ 12cos2A12cos2A ∴ cos2A0

而∠A为△ABC的内角，

∴ 0＜2A＜360° 从而2A=90°或270° ∴ ∠A的度数为45°或135°。

题16：设O为△ABC的外心，H为△ABC的垂心，则OHOAOBOC.

证明：在△ABC的外接圆O中作直径BD，连接 AD、DC，则有：OBOD, AD⊥AB, DC⊥BC,

又H是垂心，则AH⊥BC, CH⊥AB,

∴CH∥AD, AH∥DC, 于是AHCD是平行四边形， ∴AHDC.

∴OHOAAHOADCOAOCODOAOBOC.

D

C

练习1：△ABC的外接圆的圆心为O，两边上的高的交点为H，

OH=m(OAOBOC)，则实数m =____________.

解1：由上题结论知m = 1.

解2：∵O为△ABC的外接圆的圆心，所以(OBOC)BC，又H为三角形的垂心，则AHBC，故AH∥(OBOC)，设AH(OBOC).

则OHOAAHOAOBOC，又OH=m(OAOBOC)，所以m=1.

练习2：△ABC中，

△ABC的外接圆的圆心为O，若

AOABAC，求实数,的值.

1解：BCACAB，两边平方得ABAC. 分别取AB、AC的中点M、

2

11

N，连接OM、ON. 则OMAMAO=AB(ABAC)=()ABAC.

22

1

又O为△ABC的外接圆的圆心，则OMAB= 0，即有0.

22

43

同理有ONAC= 0，得240. 解得，.

552

七、三角形的外心、重心、垂心的向量关系及应用

命题七：△ABC的外心、重心、垂心分别为O、G、H，则O、G、H三点共线（O、G、H三点连线称为欧拉线），且OG=GH。

证明：如图10，由命题五、六知，连结AG并延长，交BC于D，则D为BC的中点。

1

()，OHOAOBOC，

1

2

3

∴OH3OG

1

∴O、G、H三点共线，且OG=GH。

2

B

C

在ABC中，O,G,H分别是ABC的外心、重心、垂心。

（1） 求证：OHOAOBOC； （2） 求证：O,G,H三点共线； （3） 若AHOA，求BAC的大小.

图10

D

C

解：连接BO并延长交ABC外接圆于点D 连接AD,CD,AH,CH,显然AHBC，

CDBC，所以AH//CD，同理CH//DA，所以HACD，即

，所以 因为G是是ABC的重心，所以OGAGAO=

11

ABACOA=OAOBOC。 33

21

ABACOA 32





AH

OA，则，

所以，两边平方并注

意到

，又cosBOC=cos2BAC=

12，BAC或

233

例7、已知O（0，0），B（1，0）

，C（b，c），是OBC的三个顶点。试写出OBC的重心G，外心F，垂心H的坐标，并证明G、F、H三点共线。（2002年全国）

解：重心G为(b1,c)，设H点的坐标为(b,y)

33

∵OHBC，BC=(b-1，c

)， b(b1)cy0，故y0b(1b)

c

H点的坐标为(b,b(1b))

c

2

1b(b1)c 设外心F的坐标为(,y1)由|FO|=|FC|，得y1， 22c

所以F点的坐标为（，）。

从而可得出GH=（

，），FH=（

，）

GH 2 FH，GH∥FH，F、G、H三点共线。

3

点评：向量不仅是平面解析几何入门内容，而且是解在关数形结合问题的重要工具。它一般通过概念的移植、转化，将坐标与向量结合起来，从而使一些难题在思路上获得新的突破。

例8、已知P是非等边△ABC外接圆上任意一点，问当P位于何处时，2

PA+PB2+PC2取得最大值和最小值。

解：如图11，设外接圆半径为R，点O是外心，则

222

PA2+PB2+PC2=(POOA)(POOB)(POOC)

6R22()

C

6R22PO(OAOBOC)

图11

） 6R22POOH（由命题六知：H为垂心，

∴当P为OH的反向延长线与外接圆的交点时，有最大值6R2+2R·OH

当P为OH的延长线与外接圆的交点时，有最小值6R2－2R·OH

八、与三角形形状相关的向量问题 题17：已知非零向量

AB

与AC满足(

ABAC

)BC= 0且|AB||AC|

ABAC1

，则△ABC为( ) |AB||AC|2

A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 等腰非等边三角形 D. 等边三角形 解：由(

ABAC

)BC= 0，知角A的平分线垂直于BC，故△ABC为等|AB||AC|

腰三角形，即|AB| = |AC|；由

ABAC1

|AB||AC|2

cosA

ABAC1

，

|AB||AC|2

∴A= 600 . 所以△ABC为等边三角形，选D .

题18：已知O为△ABC所在平面内一点，满足|OBOC||OBOC2OA|，则△ABC一定是( )

A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形

解：由已知得|CB||OBOAOCOA|

可知以AB与AC为邻边的平行四边形是矩形，|ABAC||ABAC|，所以AB⊥AC，选B .

题19：已知△ABC，若对任意tR，|BAtBC|≥|AC|，则△ABC( )

A. 必为锐角三角形 B. 必为钝角三角形

C. 必为直角三角形 D. 答案不确定

解法1：∵CABABC，∴|CA||AC||BABC|， ∴|BAtBC|≥|BABC|„„①

①式右边表示A、C两点之间的距离，记tBCBP，则①式左边表示直线BC外一点A与直线BC上动点P之间的距离，由|PA|≥|CA|恒成立知，A在

直线BC上的射影就是C点，所以AC⊥BC，故选C .

解法2：令ABC，过点A作AD⊥BC于点D, 由|BAtBC|≥|AC|，

222

得|BA|2tBABCt|BC|≥|AC|2，令f (t) =|BA|22tBABCt2|BC|2，

则f (t)≥|AC|2恒成立，只要f (t)的最小值大于或等于|AC|2，而当t =时，f (t)取最小值，此时：

BABC

|BC|2

|BA|22|BA|2cos2cos2|BA|2≥|AC|2，

即|BA|2sin2≥|AC|2，∴|BA|sin≥|AC|，从而有| AD |≥ | AC | , , 故选C. 2

题20：已知a, b, c分别为△ABC中∠A, ∠B, ∠C的对边，G为△ABC的重心，且aGAbGBcGC= 0, 则△ABC为( )

A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形

解：∵G是△ABC的重心，∴GAGBGC= 0, 又aGAbGBcGC= 0,

∴aGAbGBc(GAGB)= 0, 即(ac)GA(bc)GB= 0 . ∵GA, GB不共线，∴a – c = b – c = 0, 即a = b = c. ∴△ABC为等边三角形. 选D.

∴ACB



九、与三角形面积相关的向量问题

命题：平面内点O是△ABC的重心，则有SOAB:SOAC:SOBC1:1:1 . 题21：已知点O是△ABC内一点，OA2OB3OC= 0, 则：

(1) △AOB与△AOC的面积之比为___________________； (2) △ABC与△AOC的面积之比为___________________； (3) △ABC与四边形ABOC的面积之比为_____________.

解： (1) 将OB延长至E，使OE = 2OB，将OC延长至F，使OF = 3OC，则OAOEOF= 0, 所以O是△AEF的重心.

1111

∴SAOCSAOFSAEF，SAOBSAOESAEF，∴SAOB:SAOC

3926

11

(2) ∵SBOCSEOFSAEF，

618

1111

SAEF∴SABCSAOBSAOCSBOC=()SAEF=36918

1, AEFOS9

3:2.

，又

SA

∴SABC:SAOC3:1 .

1151

(3) SABOCSAOBSAOC=()SAEFSAEF，SABCSAEF

69183

∴SABC:SABOC6:5 .

十、向量的基本关系(共线、垂直、夹角)

命题：A、B、C三点共线OCOAOB，且1(O为平面上任一点).

1

题22：在△ABC中，已知D是AB边上一点，若AD2DB，CDCACB，

3

则=( )

1212

A. B. C. D.

3333

解：由上述命题的结论可知选A .

题23：如图，在△ABC中，点O是BC的

中点，过点O的直线分别交直线AB、AC于不同 的两点M、N，若ABmAM，ACnAN，则

m + n =______. 解1：取特殊位置. 设M与B重合，N与C

重合，则m=n=1, 所以m+n=2.

11mnmnAOABAC=AMAN，解2：∵M、O、N三点共线，∴1,

222222

∴m + n = 2.

解3：过点B作BE∥AC, 则BENC(n1)AN，BM(1m)AM. 又

|BE||BM|

，∴1– m = n –1, ∴m + n = 2 . 

|AN||AM|

题24：如图，已知点G是△ABC的重心，若PQ过△ABC的重心，记CA= a,CB=

11

b, CP= ma , CQ= nb , 则=__________.

mn11211

CPCQ, 解：CGCM=a +b =

3333m3n

∵P、G、Q三点共线，

11111，∴= 3 . ∴

mn3m3n

G

题25：(1)已知|a|1, |b|2, a与b的夹角为1200，求使akb与kab的夹角为锐角的实数k的取值范围.

(2) 已知a(m2,m3)，b(2m1,m2)，且a与b的夹角为钝角，求实数m的取值范围.

解：(1) (akb)(kab)=ka(k21)abkb= k + (k2 + 1)×1×2×cos1200 + 4k = – k2 + 5k –1 ,

依题意，得 – k2 + 5k –1＞0

，∴

55. k

22

22

又当akb与kab同向时，仍有(akb)(kab)＞0，此时设显然a、b不共线，所以k1，k =, k ==1, 取k ==1.

akb(kab)，

∴

55且k≠1 . k

22

如图：已知MN是△ABC的中位线，

1

求证：MN=BC, 且MN∥BC 2

证：∵MN是△ABC的中位线，

11B ∴AMAB, ANAC 22

1111

∴MN()

2222

1

∴MN=BC, 且MN∥BC

2

N

C

例 3. 已知：平面上三点O、A、B不共线，求证：平面上任一点C与A、B共线的充要条件是存在实数λ和μ，使OC=λOA+ μOB，且λ+ μ = 1。 证：必要性：设A,B,C三点共线，则可设= t (tR) 则=+=+ t=+ t() = (1t)+ t 令1t =λ，t = μ，则有：=λ+ μ，且λ+ μ = 1 充分性：AC=OCOA=λOA+ μOBOA= (λ1)OA+ μOB = μOA+ μOB= μ(OBOA) = μAB ∴三点A、B、C共线

1．已知A、B、C是平面上不共线的三点，O是三角形ABC的重心，动点P满足

111

OP=(OA+OB+2OC),则点P一定为三角形ABC的( B)

322

A.AB边中线的中点 B.AB边中线的三等分点(非重心) C.重心 D.AB边的中点 分析：取AB边的中点M，则OAOB2OM，

111

由OP=(OA+OB+2OC)可得3OP3OM2MC，

3222

∴MPMC，即点P为三角形中AB边上的中线的一个三等分点，且点P不过重心。

3

三角形“四心”的向量

一、三角形的重心的向量表示及应用

，C是不共线的三点，G是△ABC内一点，若命题一 已知A，B

GAGBGC0．则G是△ABC的重心．

证明：如图1所示，因为GAGBGC0，

所以 GA(GBGC)．

以GB，GC为邻边作平行四边形BGCD， 则有GDGBGC，所以GDGA．

又因为在平行四边形BGCD中，BC交GD于点E， 所以BEEC，GEED．

所以AE是△ABC的边BC的中线．故G是△ABC的重心．

点评：①解此题要联系重心的定义和向量加法的意义；②把平面几何知识和向量知识结合起来解决问题是解此类问题的常用方法．

例1 如图2所示，△ABC的重心为G，O为坐标原点，OAa，OBb，

OCc，试用a，b，c表示OG．

解：设AG交BC于点M，则M是BC的中点，

aOGGA

bOGGB cOGGC

图2

abcOGGAGBGC而abc3OG0



OG

abc

3

，F分别为△ABC的边BC，A，C变式：已知D，EA的中点．则

ADBE

C0F．

证明：如图的所示，

3

ADGA2 3

BEGB

2

CF3GC2

3

ADBECF(GAGBGC)

2

图3

GAGBGC0 ADBECF0．．

变式引申：如图4，平行四边形ABCD的中心为O，P为该平面上任意一点， 则PO(PAPBPCPD)．

证明：PO(PAPC)，PO(PBPD)， PO(PAPBPCPD)．

点评：（1）证法运用了向量加法的三角形法则，证法2运用了向量加法的平行四边形法则．（2）若P与O重合，则上式变为OAOBOCOD0．

例2. 已知O是平面内一点，A,B,C是平面上不共线的三点，动点P满足

1

，0,，则动点P的轨迹一定通过ABC的

2

1

4

1212

14

A. 重心 B. 垂心

C. 外心

D. 内心

题2：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OPOA(ABAC), [0,). 则P点的轨迹一定通过△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 解：由已知得AP(ABAC)，设BC的中点为D，则根据平行四边形法则知点P在BC的中线AD所在的射线上，故P的轨迹过△ABC的重心，选C.

题3：已知O是平面上的一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OPOA(

ABAC

),[0,), 则动点P的轨迹一定通过

|AB|sinB|AC|sinC

△ABC的( )

A. 重心 B. 垂心 C. 外心 D. 内心

解：由已知得AP(

ABAC

)，

|AB|sinB|AC|sinC

由正弦定理知|AB|sinB|AC|sinC，∴AP



|AB|sinB

(ABAC)，

设BC的中点为D，则由平行四边形法则可知点P在BC的中线AD所在的射线上，所以动点P的轨迹一定通过△ABC的重心，故选A .

题7：已知A、B、C是平面上不共线的三点，O为△ABC的外心，动点P满足OP[(1)OA(1)OB(12)OC](R,0)，则P的轨迹一定通过△ABC的( )

A. 内心 B. 垂心 C. 重心 D. AB边的中点

13

1

解：CPOPOC=[(1)OA(1)OB2(1)OC]

3 =

11

(CACB),由平行四边形法则[(OAOC)(OBOC)]=33

知CACB必过AB边的中点，注意到0，所以P的轨迹在AB边的中线上，但不与重心重合，故选D.

题8：已知O是△ABC所在平面上的一点，若OAOBOC= 0, 则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

解：若OAOBOC= 0, 则OAOBOC，以OA、OB为邻边作平行四边形OAC1B，设OC1与AB交于点D，则D为AB的中点，有OAOBOC1，得OC1OC，即C、O、D、C1四点共线，同理AE、BF亦为△ABC的中线，所以O是△ABC的重心. 选C .

1

题9：已知O是△ABC所在平面上的一点，若PO(PAPBPC)(其中P为

3

平面上任意一点), 则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

解：由已知得3POOAOPOBOPOCOP，

∴3PO3OPOAOBOC，即OAOBOC= 0，由上题的结论知O点是△ABC的重心. 故选C .

例4. 证明：三角形重心与顶点的距离等于它到对边中点的距离的两倍。

1

证：设= b，= a，则=+= b+a, =

2

∵A, G, D共线，B, G, E共线 ∴可设=λ，= μ,

11

则=λ=λ(b+a)=λb+λa, 2211

= μ= μ(b+a)=μb+μa, 22111

∵ 即：b + (μb+μa) =λb+λa

222

111

∴(μλ)a + (μλ+)b = 0 ∵a, b不平行，

222

C

21

03AG2AD 2∴

11130

232

即：AG = 2GD 同理可化：AG = 2GD , CG = 2GF

二、三角形的外心的向量表示及应用

命题二：已知G是△

ABC，则点M为△ABC的外心。

例2 已知G、M分别为不等边△ABC的重心与外心，点A，B的坐标分别为A（-1，0），B（1，0），且GM∥AB，（1）求点C的轨迹方程；（2）若直线l过点（0，1），并与曲线交于P、Q两点，且满足OP0，求直线l的方程。

图5

xy解 （1）设C（x,y），则G（,），

33

其中x,y0， 由于GM∥AB， 故m

y， m

y）， 3

外心M（0，

M为外心

yy

MC，得(x0)2(y)2()2

33

轨迹E的方程是3x2y23 (xy0)

题5：已知O是平面上的一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP

OBOCABAC

(), [0,), 则动点P的轨2|AB|cosB|AC|cosC

迹一定通过△ABC的( )

A. 重心 B. 垂心 C. 外心 D. 内心

解：设BC的中点为D，则

OBOC

OD， 2

则由已知得DP(

ABAC

)，

|AB|cosB|AC|cosC

∴DPBC(

ABBCACBC

)

|AB|cosB|AC|cosC

=(

|AB||BC|cos(B)|AC||BC|cosC

)=(|BC||BC|)= 0 .

|AB|cosB|AC|cosC

∴DP⊥BC，P点在BC的垂直平分线上，故动点P的轨迹通过△ABC的

外心. 选C .

题12：已知O是△ABC所在平面上的一点，若

(OAOB)AB=(OBOC)BC=(OCOA)CA= 0，则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 解：由已知得：

(OAOB)(OBOA)=(OBOC)(OCOB)=(OCOA)(OAOC)= 0 OBOAOCOB=OAOC= 0

|OA||OB||OC|. 所以O点是△ABC的外心. 选A .

2

2

2

2

2

2

三、三角形的垂心的向量表示及应用

命题三：已知G是△ABC内一点，满足GAGBGAGCGBGC，则点G为垂心。（2005全国文12）

证明:由得0. 即()0,即0

则PBCA,同理PABC,PCAB

所以P为ABC的垂心.

点评：本题将平面向量有关运算、“数量积为零，

则两向量所在直线垂直”、三角形垂心定义等相关知识巧妙结合。

变式：若H

为△ABC所在平面内一点，

 则点H是△ABC的垂心

证明: HBCABC

2

2

2

2

(HAHB)BA(CACB)BA 得(HAHBCACB)BA0 即(HCHC)BA0

ABHC

同理ACHB，BCHA 故H是△ABC的垂心

例4. 如图，AD、BE、CF是△ABC的三条高， 求证：AD、BE、CF相交于一点。

证：设BE、CF交于一点H，= a, = b, = h, 则BH= h  a , CH= h  b , BC= b  a ∵BHAC, CHAB ∴

C

(ha)b0

(ha)b(hb)ah(ba)0

(ha)a0

∴AHBC

又∵点D在AH的延长线上，∴AD、BE、CF相交于一点

题4：已知O是平面上的一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OPOA(

ABAC

),[0,), 则动点P的轨迹一定

|AB|cosB|AC|cosC

通过△ABC的( )

A. 重心 B. 垂心 C. 外心 D. 内心

解：由已知得AP(

ABAC

)，

|AB|cosB|AC|cosC

∴APBC(

ABBCACBC

)

|AB|cosB|AC|cosC

=(

|AB||BC|cos(B)|AC||BC|cosC

)=(

|BC||BC|)= 0，

|AB|cosB|AC|cosC

∴APBC，即AP⊥BC，所以动点P的轨迹通过△ABC的垂心，选B.

题10：已知O是△ABC所在平面上的一点，若OAOBOBOCOCOA，则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

解：由OAOBOBOC，则OAOBOBOC0，即OB(OAOC)0， 得OBCA0，所以OBCA. 同理可证OCAB，OABC. ∴O是△ABC的垂心. 选D.

11：已知O为△ABC

题所在平面内一点，满足

|OA|2|BC|2|OB|2|CA|2=|OC|2|AB|2，则O点是△ABC的( )

A. 垂心 B. 重心 C. 内心 D. 外心 解：由已知得|OA|2|OB|2|CA|2|BC|2

(OAOB)(OAOB)=(CABC)(CABC)

BA(OAOB)=(CACB)BABA(OAOBACBC)= 0 BA2OC= 0，∴OC⊥BA.

同理OACB，OB

AC. 故选A .

四、三角形的内心的向量表示及应用 命题四：O是内心ABC的充要条件是

OA

OB

OC0

变式1：如果记AB,BC,CA的单位向量为e1,e2,e3，则O是ABC内心的充要条件是O(e1e3)O(e1e2)O(e2e3)0

变式2：如果记,,的单位向量为e1,e2,e3，则O是ABC内心的充要条件也可以是aOAbOBcOC0。

例4（2003江苏）已知O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三

个点，满足的内心 。

解： 如图OPOAAP由已知



，0,，则P的轨迹一定通过△ABC



，

AP

设



，0,

，

，

D、E在射线AB和AC上。 

AP是平行四边行的对角线。 又

 ，

ADPE是菱形。

点P在EAD 即CAD 的平分线上。

题1：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

ABAC

足OPOA, [0,). 则P点的轨迹一定通过△ABC的 |AB||AC|

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

ABACABAC

解：由已知得AP是AB方向上的单位向量，是，|AB||AC||AC||AB|

AC方向上的单位向量，根据平行四边形法则知构成菱形，点P在∠BAC的角平分线上，故点P的轨迹过△ABC的内心，选B.

1、若动点P满足AP(|AC|AB|AB|AC)，R，则P点的轨迹一定通过

ABC的（ ）.（答案：B）

A. 重心 B. 内心 C. 垂心 D. 外心

练习：在直角坐标系xoy中，已知点A(0,1)和点B(–3, 4)，若点C在∠AOB的平分线上，且|OC|2，则OC=_________________.

,使)略解：点C在∠AOB的平线上，则存在(0

OC(

3439OAOB

)=(0,1)(,)=(

,), 而|OC|

2，可

得

5555|OA||OB|



. ，∴OC(

355

题6：三个不共线的向量OA,OB,OC满足OA(

ABCABA+CB) )=OB(|AB||CA||BA||CB|

=OC(

BCCA

)= 0，则O点是△ABC的( ) |BC||CA|

A. 垂心 B. 重心 C. 内心 D. 外心 解：

ABCA

表示与△ABC中∠A的外角平分线共线的向量，由|AB||CA|

OA(

ABCA

)= 0知OA垂直∠A的外角平分线，因而OA是∠A的平分|AB||CA|

线，同理，OB和OC分别是∠B和∠C的平分线，故选C .

题13：已知O是△ABC所在平面上的一点，若aOAbOBcOC= 0，则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

解：∵OBOAAB，OCOAAC，则(abc)OAbABcAC= 0，得AO

ABACbcABAC

与分别为AB和AC方向上的(). 因为

abc|AB||AC||AB||AC|

单位向量，设AP

ABAC

，则AP平分∠BAC. 又AO、AP共线，知AO

|AB||AC|

平分∠BAC. 同理可证BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，所以O点是△ABC的内心.

题14：已知O是△ABC所在平面上的一点，若PO

aPAbPBcPC

(其中P

abc

是△ABC所在平面内任意一点)，则O点是△ABC的( )

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

解：由已知得POPA

bPBcPCcPAbPAbABcAC

=PA，

abcabc

∴AO

bABcACbcABACbcABAC

=()=()，

abcabccbabc|AB||AC|

由上题结论知O点是△ABC的内心. 故选B.

五、三角形外心与重心的向量关系及应用

命题五：设△ABC的外心为O，则点G为△ABC重心的充要条件为：

1

OG(OAOBOC)

3

证明：如图8，设G为重心，连结AG并延长，交BC于D，则D为BC

的中点。 ∴

OGOAAGOA

21

ADOA(AB33

11

OA(OBOAOCOA)(OAOB33

图8

反之，若

1

()， 3

1

(AC 3

则由上面的证明可知：

设D为BC的中点，则AD

1

(ABAC)， 2

22

从而AGAD，∴G在中线AD上且AG=AD，即G为重心。

33

六、三角形外心与垂心的向量关系及应用

命题六：设△ABC的外心为O，则点H为△ABC的垂心的充要条件是

OHOAOBOC。

证明：如图2，若H为垂心，以OB、OC为邻边作平行四边形OBDC， 则 ODOBOC

∵O为外心， ∴OB=OC，

∴平行四边形OBDC为菱形 ∴ OD⊥BC，而AH⊥BC， ∴ AH∥OD，

D

C

图9

∴存在实数，使得AHODOBOC ∴ OHOAAHOAOBOC①。 同理，存在实数，，使得

OHOBBHOBOCOA ②

OHOCCHOCOAOB③ 比较①、②、③可得，1， ∴ OHOAOBOC

反之，若OHOAOBOC，则AHOBOC，

∵ O为外心，∴OB=OC

22

∴AHCB(OBOC)(OBOC)|OB||OC|0

∴AH⊥CB，同理，BH⊥AC。 ∴ H为垂心。

例6、已知H是△ABC的垂心，且AH=BC，试求∠A的度数 解：设△ABC的外接圆半径为R，点O是外心。 ∵ H是△ABC的垂心 ∴OHOAOBOC ∴AHOHOAOBOC

2222

∴AH||()2R(12cos2A)

∵ ，

2222

∴BC|BC|(OCOB)2R(12cos2A)

∵AH=BC，

∴ 12cos2A12cos2A ∴ cos2A0

而∠A为△ABC的内角，

∴ 0＜2A＜360° 从而2A=90°或270° ∴ ∠A的度数为45°或135°。

题16：设O为△ABC的外心，H为△ABC的垂心，则OHOAOBOC.

证明：在△ABC的外接圆O中作直径BD，连接 AD、DC，则有：OBOD, AD⊥AB, DC⊥BC,

又H是垂心，则AH⊥BC, CH⊥AB,

∴CH∥AD, AH∥DC, 于是AHCD是平行四边形， ∴AHDC.

∴OHOAAHOADCOAOCODOAOBOC.

D

C

练习1：△ABC的外接圆的圆心为O，两边上的高的交点为H，

OH=m(OAOBOC)，则实数m =____________.

解1：由上题结论知m = 1.

解2：∵O为△ABC的外接圆的圆心，所以(OBOC)BC，又H为三角形的垂心，则AHBC，故AH∥(OBOC)，设AH(OBOC).

则OHOAAHOAOBOC，又OH=m(OAOBOC)，所以m=1.

练习2：△ABC中，

△ABC的外接圆的圆心为O，若

AOABAC，求实数,的值.

1解：BCACAB，两边平方得ABAC. 分别取AB、AC的中点M、

2

11

N，连接OM、ON. 则OMAMAO=AB(ABAC)=()ABAC.

22

1

又O为△ABC的外接圆的圆心，则OMAB= 0，即有0.

22

43

同理有ONAC= 0，得240. 解得，.

552

七、三角形的外心、重心、垂心的向量关系及应用

命题七：△ABC的外心、重心、垂心分别为O、G、H，则O、G、H三点共线（O、G、H三点连线称为欧拉线），且OG=GH。

证明：如图10，由命题五、六知，连结AG并延长，交BC于D，则D为BC的中点。

1

()，OHOAOBOC，

1

2

3

∴OH3OG

1

∴O、G、H三点共线，且OG=GH。

2

B

C

在ABC中，O,G,H分别是ABC的外心、重心、垂心。

（1） 求证：OHOAOBOC； （2） 求证：O,G,H三点共线； （3） 若AHOA，求BAC的大小.

图10

D

C

解：连接BO并延长交ABC外接圆于点D 连接AD,CD,AH,CH,显然AHBC，

CDBC，所以AH//CD，同理CH//DA，所以HACD，即

，所以 因为G是是ABC的重心，所以OGAGAO=

11

ABACOA=OAOBOC。 33

21

ABACOA 32





AH

OA，则，

所以，两边平方并注

意到

，又cosBOC=cos2BAC=

12，BAC或

233

例7、已知O（0，0），B（1，0）

，C（b，c），是OBC的三个顶点。试写出OBC的重心G，外心F，垂心H的坐标，并证明G、F、H三点共线。（2002年全国）

解：重心G为(b1,c)，设H点的坐标为(b,y)

33

∵OHBC，BC=(b-1，c

)， b(b1)cy0，故y0b(1b)

c

H点的坐标为(b,b(1b))

c

2

1b(b1)c 设外心F的坐标为(,y1)由|FO|=|FC|，得y1， 22c

所以F点的坐标为（，）。

从而可得出GH=（

，），FH=（

，）

GH 2 FH，GH∥FH，F、G、H三点共线。

3

点评：向量不仅是平面解析几何入门内容，而且是解在关数形结合问题的重要工具。它一般通过概念的移植、转化，将坐标与向量结合起来，从而使一些难题在思路上获得新的突破。

例8、已知P是非等边△ABC外接圆上任意一点，问当P位于何处时，2

PA+PB2+PC2取得最大值和最小值。

解：如图11，设外接圆半径为R，点O是外心，则

222

PA2+PB2+PC2=(POOA)(POOB)(POOC)

6R22()

C

6R22PO(OAOBOC)

图11

） 6R22POOH（由命题六知：H为垂心，

∴当P为OH的反向延长线与外接圆的交点时，有最大值6R2+2R·OH

当P为OH的延长线与外接圆的交点时，有最小值6R2－2R·OH

八、与三角形形状相关的向量问题 题17：已知非零向量

AB

与AC满足(

ABAC

)BC= 0且|AB||AC|

ABAC1

，则△ABC为( ) |AB||AC|2

A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 等腰非等边三角形 D. 等边三角形 解：由(

ABAC

)BC= 0，知角A的平分线垂直于BC，故△ABC为等|AB||AC|

腰三角形，即|AB| = |AC|；由

ABAC1

|AB||AC|2

cosA

ABAC1

，

|AB||AC|2

∴A= 600 . 所以△ABC为等边三角形，选D .

题18：已知O为△ABC所在平面内一点，满足|OBOC||OBOC2OA|，则△ABC一定是( )

A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形

解：由已知得|CB||OBOAOCOA|

可知以AB与AC为邻边的平行四边形是矩形，|ABAC||ABAC|，所以AB⊥AC，选B .

题19：已知△ABC，若对任意tR，|BAtBC|≥|AC|，则△ABC( )

A. 必为锐角三角形 B. 必为钝角三角形

C. 必为直角三角形 D. 答案不确定

解法1：∵CABABC，∴|CA||AC||BABC|， ∴|BAtBC|≥|BABC|„„①

①式右边表示A、C两点之间的距离，记tBCBP，则①式左边表示直线BC外一点A与直线BC上动点P之间的距离，由|PA|≥|CA|恒成立知，A在

直线BC上的射影就是C点，所以AC⊥BC，故选C .

解法2：令ABC，过点A作AD⊥BC于点D, 由|BAtBC|≥|AC|，

222

得|BA|2tBABCt|BC|≥|AC|2，令f (t) =|BA|22tBABCt2|BC|2，

则f (t)≥|AC|2恒成立，只要f (t)的最小值大于或等于|AC|2，而当t =时，f (t)取最小值，此时：

BABC

|BC|2

|BA|22|BA|2cos2cos2|BA|2≥|AC|2，

即|BA|2sin2≥|AC|2，∴|BA|sin≥|AC|，从而有| AD |≥ | AC | , , 故选C. 2

题20：已知a, b, c分别为△ABC中∠A, ∠B, ∠C的对边，G为△ABC的重心，且aGAbGBcGC= 0, 则△ABC为( )

A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形

解：∵G是△ABC的重心，∴GAGBGC= 0, 又aGAbGBcGC= 0,

∴aGAbGBc(GAGB)= 0, 即(ac)GA(bc)GB= 0 . ∵GA, GB不共线，∴a – c = b – c = 0, 即a = b = c. ∴△ABC为等边三角形. 选D.

∴ACB



九、与三角形面积相关的向量问题

命题：平面内点O是△ABC的重心，则有SOAB:SOAC:SOBC1:1:1 . 题21：已知点O是△ABC内一点，OA2OB3OC= 0, 则：

(1) △AOB与△AOC的面积之比为___________________； (2) △ABC与△AOC的面积之比为___________________； (3) △ABC与四边形ABOC的面积之比为_____________.

解： (1) 将OB延长至E，使OE = 2OB，将OC延长至F，使OF = 3OC，则OAOEOF= 0, 所以O是△AEF的重心.

1111

∴SAOCSAOFSAEF，SAOBSAOESAEF，∴SAOB:SAOC

3926

11

(2) ∵SBOCSEOFSAEF，

618

1111

SAEF∴SABCSAOBSAOCSBOC=()SAEF=36918

1, AEFOS9

3:2.

，又

SA

∴SABC:SAOC3:1 .

1151

(3) SABOCSAOBSAOC=()SAEFSAEF，SABCSAEF

69183

∴SABC:SABOC6:5 .

十、向量的基本关系(共线、垂直、夹角)

命题：A、B、C三点共线OCOAOB，且1(O为平面上任一点).

1

题22：在△ABC中，已知D是AB边上一点，若AD2DB，CDCACB，

3

则=( )

1212

A. B. C. D.

3333

解：由上述命题的结论可知选A .

题23：如图，在△ABC中，点O是BC的

中点，过点O的直线分别交直线AB、AC于不同 的两点M、N，若ABmAM，ACnAN，则

m + n =______. 解1：取特殊位置. 设M与B重合，N与C

重合，则m=n=1, 所以m+n=2.

11mnmnAOABAC=AMAN，解2：∵M、O、N三点共线，∴1,

222222

∴m + n = 2.

解3：过点B作BE∥AC, 则BENC(n1)AN，BM(1m)AM. 又

|BE||BM|

，∴1– m = n –1, ∴m + n = 2 . 

|AN||AM|

题24：如图，已知点G是△ABC的重心，若PQ过△ABC的重心，记CA= a,CB=

11

b, CP= ma , CQ= nb , 则=__________.

mn11211

CPCQ, 解：CGCM=a +b =

3333m3n

∵P、G、Q三点共线，

11111，∴= 3 . ∴

mn3m3n

G

题25：(1)已知|a|1, |b|2, a与b的夹角为1200，求使akb与kab的夹角为锐角的实数k的取值范围.

(2) 已知a(m2,m3)，b(2m1,m2)，且a与b的夹角为钝角，求实数m的取值范围.

解：(1) (akb)(kab)=ka(k21)abkb= k + (k2 + 1)×1×2×cos1200 + 4k = – k2 + 5k –1 ,

依题意，得 – k2 + 5k –1＞0

，∴

55. k

22

22

又当akb与kab同向时，仍有(akb)(kab)＞0，此时设显然a、b不共线，所以k1，k =, k ==1, 取k ==1.

akb(kab)，

∴

55且k≠1 . k

22

如图：已知MN是△ABC的中位线，

1

求证：MN=BC, 且MN∥BC 2

证：∵MN是△ABC的中位线，

11B ∴AMAB, ANAC 22

1111

∴MN()

2222

1

∴MN=BC, 且MN∥BC

2

N

C

例 3. 已知：平面上三点O、A、B不共线，求证：平面上任一点C与A、B共线的充要条件是存在实数λ和μ，使OC=λOA+ μOB，且λ+ μ = 1。 证：必要性：设A,B,C三点共线，则可设= t (tR) 则=+=+ t=+ t() = (1t)+ t 令1t =λ，t = μ，则有：=λ+ μ，且λ+ μ = 1 充分性：AC=OCOA=λOA+ μOBOA= (λ1)OA+ μOB = μOA+ μOB= μ(OBOA) = μAB ∴三点A、B、C共线

1．已知A、B、C是平面上不共线的三点，O是三角形ABC的重心，动点P满足

111

OP=(OA+OB+2OC),则点P一定为三角形ABC的( B)

322

A.AB边中线的中点 B.AB边中线的三等分点(非重心) C.重心 D.AB边的中点 分析：取AB边的中点M，则OAOB2OM，

111

由OP=(OA+OB+2OC)可得3OP3OM2MC，

3222

∴MPMC，即点P为三角形中AB边上的中线的一个三等分点，且点P不过重心。

3