提優(yōu)點6　奔馳定理與三角形四心

奔馳定理與三角形四心【知識拓展】1.奔馳定理如圖，已知P為△ABC內(nèi)一點，則有S1·eq\o(PA,\s\up6(→))＋S2·eq\o(PB,\s\up6(→))＋S3·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0(其中S1，S2，S3分別為△PBC，△PAC，△PAB的面積).2.三角形四心的向量表示及結(jié)論(利用奔馳定理自行完成證明)【類型突破】類型一利用奔馳定理解決與三角形面積比有關(guān)的問題例1(1)已知O是△ABC內(nèi)部一點，滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋meq\o(OC,\s\up6(→))＝0，且eq\f(S△AOB,S△ABC)＝eq\f(4,7)，則實數(shù)m＝()A.2 B.3C.4 D.5(2)已知點A，B，C，P在同一平面內(nèi)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(QR,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(QB,\s\up6(→))，eq\o(RP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(RC,\s\up6(→))，則S△ABC∶S△PBC＝()A.14∶3 B.19∶4C.24∶5 D.29∶6訓(xùn)練1設(shè)O在△ABC的內(nèi)部，D為AB的中點，且eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則△ABC的面積與△AOC的面積的比值為________.類型二奔馳定理和三角形的四心(四心在三角形內(nèi)部)考向1奔馳定理與重心例2已知在△ABC中，G是重心，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且56aeq\o(GA,\s\up6(→))＋40beq\o(GB,\s\up6(→))＋35ceq\o(GC,\s\up6(→))＝0，則角B＝________.考向2奔馳定理與外心例3已知點P是△ABC的外心，且eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))＝0，C＝eq\f(2π,3)，則λ＝________.考向3奔馳定理與內(nèi)心例4(2024·開封調(diào)研)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，BC＝4，O為△ABC的內(nèi)心，若eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))，則3λ＋6μ的值為()A.1 B.2C.3 D.4考向4奔馳定理與垂心例5(2024·重慶質(zhì)檢)已知H是△ABC的垂心，若eq\o(HA,\s\up6(→))＋2eq\o(HB,\s\up6(→))＋3eq\o(HC,\s\up6(→))＝0，則角A＝________.易錯提醒涉及三角形的四心問題時，內(nèi)心和重心一定在三角形內(nèi)部，而外心和垂心有可能在三角形外部，上述定理及推論中的點都在三角形內(nèi)部，解題時，要注意觀察題目有無這一條件.訓(xùn)練2(1)設(shè)I為△ABC的內(nèi)心，且2eq\o(IA,\s\up6(→))＋3eq\o(IB,\s\up6(→))＋eq\r(7)eq\o(IC,\s\up6(→))＝0，則角C＝________.(2)設(shè)點P在△ABC內(nèi)部且為△ABC的外心，∠BAC＝eq\f(π,6)，如圖.若△PBC，△PCA，△PAB的面積分別為eq\f(1,2)，x，y，則x＋y的最大值是________.【精準強化練】一、單選題1.點O為△ABC內(nèi)一點，若S△AOB∶S△BOC∶S△AOC＝4∶3∶2，設(shè)eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則實數(shù)λ和μ的值分別為()A.eq\f(2,9)，eq\f(4,9) B.eq\f(4,9)，eq\f(2,9)C.eq\f(1,9)，eq\f(2,9) D.eq\f(2,9)，eq\f(1,9)2.點P在△ABC內(nèi)部，滿足eq\o(PA,\s\up6(→))＋2eq\o(PB,\s\up6(→))＋3eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，則S△ABC∶S△APC＝()A.2∶1 B.3∶2C.3∶1 D.5∶33.已知O是△ABC內(nèi)一點，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2且∠BAC＝60°，則△OBC的面積為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(2,3)4.△ABC內(nèi)一點O滿足關(guān)系式S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△OAC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OAB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即稱為經(jīng)典的“奔馳定理”，若△ABC的三邊為a，b，c，現(xiàn)有a·eq\o(OA,\s\up6(→))＋b·eq\o(OB,\s\up6(→))＋c·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則O為△ABC的()A.外心 B.內(nèi)心C.重心 D.垂心5.如圖，已知O是△ABC的垂心，且eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB等于()A.1∶2∶3 B.1∶2∶4C.2∶3∶4 D.2∶3∶6二、多選題6.如圖，設(shè)P，Q為△ABC內(nèi)的兩點，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,5)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))，則()A.eq\f(S△ABP,S△ABC)＝eq\f(1,5) B.eq\f(S△ABQ,S△ABC)＝eq\f(1,3)C.eq\f(S△ABP,S△ABQ)＝eq\f(4,5) D.eq\f(S△ABP,S△ABQ)＝eq\f(3,4)7.已知O是△ABC內(nèi)一點，△BOC，△AOC，△AOB的面積分別為S△BOC，S△AOC，S△AOB，則S△BOC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∠BAC，∠ABC，∠ACB分別是△ABC的三個內(nèi)角，以下命題正確的有()A.若2eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則S△BOC∶S△AOC∶SAOB＝4∶3∶2B.若|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，∠AOB＝eq\f(2π,3)，且2eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則S△ABC＝eq\f(9\r(3),4)C.若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))，則O為△ABC的垂心D.若O為△ABC的內(nèi)心，且5eq\o(OA,\s\up6(→))＋12eq\o(OB,\s\up6(→))＋13eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則∠ACB＝eq\f(π,2)三、填空題8.△ABC的內(nèi)切圓圓心為O，半徑為2，且S△ABC＝14，2eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則△ABC的外接圓面積為________.9.(2024·麗水調(diào)研)若△ABC內(nèi)接于以O(shè)為圓心，以1為半徑的圓，且3eq\o(OA,\s\up6(→))＋4eq\o(OB,\s\up6(→))＋5eq\o(OC,\s\up6(→))＝0.則△ABC的面積為________.10.已知點P，Q在△ABC內(nèi)，若eq\o(PA,\s\up6(→))＋2eq\o(PB,\s\up6(→))＋3eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(QA,\s\up6(→))＋3eq\o(QB,\s\up6(→))＋5eq\o(QC,\s\up6(→))＝0，則eq\f(|\o(PQ,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|)＝________.【解析版】1.奔馳定理如圖，已知P為△ABC內(nèi)一點，則有S1·eq\o(PA,\s\up6(→))＋S2·eq\o(PB,\s\up6(→))＋S3·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0(其中S1，S2，S3分別為△PBC，△PAC，△PAB的面積).證明：設(shè)∠APB＝α，∠APC＝β，|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝x，|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝y(tǒng)，|eq\o(PC,\s\up6(→))|＝z.根據(jù)三角形正弦定理面積公式得S1eq\o(PA,\s\up6(→))＋S2eq\o(PB,\s\up6(→))＋S3eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)yzsin[2π－(α＋β)]·eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)xzsinβeq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)xysinαeq\o(PC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)yzsin(α＋β)eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)xzsinβeq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)xysinαeq\o(PC,\s\up6(→))，①把①式兩邊與向量eq\o(PA,\s\up6(→))作數(shù)量積得(S1eq\o(PA,\s\up6(→))＋S2eq\o(PB,\s\up6(→))＋S3eq\o(PC,\s\up6(→)))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)x2yzsin(α＋β)＋eq\f(1,2)x2yzsinβcosα＋eq\f(1,2)x2yzsinαcosβ＝eq\f(1,2)x2yz[－sin(α＋β)＋sinβcosα＋sinαcosβ]＝0.同理：①式兩邊與向量eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))作數(shù)量積都得0.但是S1eq\o(PA,\s\up6(→))＋S2eq\o(PB,\s\up6(→))＋S3eq\o(PC,\s\up6(→))不可能同時與eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))三個向量垂直，而eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))也不可能都為0，所以S1eq\o(PA,\s\up6(→))＋S2eq\o(PB,\s\up6(→))＋S3eq\o(PC,\s\up6(→))＝0.該例對應(yīng)的圖形特別像奔馳汽車的標志，所以我們把上述結(jié)論稱為奔馳定理，該定理對于推導(dǎo)出三角形的四心的向量結(jié)論有直接的作用.2.三角形四心的向量表示及結(jié)論(利用奔馳定理自行完成證明)(1)點O是△P1P2P3的重心?eq\o(OP1,\s\up6(→))＋eq\o(OP2,\s\up6(→))＋eq\o(OP3,\s\up6(→))＝0?S△P2OP3＝S△P1OP3＝S△P1OP2＝eq\f(1,3)S△P1P2P3；(2)點O是△P1P2P3的垂心?eq\o(OP1,\s\up6(→))·eq\o(OP2,\s\up6(→))＝eq\o(OP2,\s\up6(→))·eq\o(OP3,\s\up6(→))＝eq\o(OP3,\s\up6(→))·eq\o(OP1,\s\up6(→))?tanP1·eq\o(OP1,\s\up6(→))＋tanP2·eq\o(OP2,\s\up6(→))＋tanP3·eq\o(OP3,\s\up6(→))＝0?S△P2OP3∶S△P3OP1∶S△P1OP2＝tanP1∶tanP2∶tanP3(△P1P2P3不是直角三角形)；(3)點O是△P1P2P3的內(nèi)心?aeq\o(OP1,\s\up6(→))＋beq\o(OP2,\s\up6(→))＋eq\o(cOP3,\s\up6(→))＝0?S△P2OP3∶S△P3OP1∶S△P1OP2＝a∶b∶c(其中a，b，c是△P1P2P3的三邊，分別對應(yīng)角P1，P2，P3)；(4)點O是△P1P2P3的外心?|eq\o(OP1,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP2,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP3,\s\up6(→))|?eq\o(OP1,\s\up6(→))sin2P1＋eq\o(OP2,\s\up6(→))sin2P2＋eq\o(OP3,\s\up6(→))sin2P3＝0?S△P2OP3∶S△P3OP1∶S△P1OP2＝sin2P1∶sin2P2∶sin2P3.【類型突破】類型一利用奔馳定理解決與三角形面積比有關(guān)的問題例1(1)已知O是△ABC內(nèi)部一點，滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋meq\o(OC,\s\up6(→))＝0，且eq\f(S△AOB,S△ABC)＝eq\f(4,7)，則實數(shù)m＝()A.2 B.3C.4 D.5(2)已知點A，B，C，P在同一平面內(nèi)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(QR,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(QB,\s\up6(→))，eq\o(RP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(RC,\s\up6(→))，則S△ABC∶S△PBC＝()A.14∶3 B.19∶4C.24∶5 D.29∶6答案(1)C(2)B解析(1)法一延長CO到點M(圖略)，使得eq\o(OM,\s\up6(→))＝－eq\f(m,3)eq\o(OC,\s\up6(→))，因為eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋meq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以－eq\f(m,3)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up6(→))，即eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up6(→))，所以A，B，M三點共線，又因為eq\o(OC,\s\up6(→))與eq\o(OM,\s\up6(→))反向共線，所以eq\f(|\o(OM,\s\up6(→))|,|\o(CM,\s\up6(→))|)＝eq\f(m,m＋3)，所以eq\f(S△AOB,S△ABC)＝eq\f(|\o(OM,\s\up6(→))|,|\o(CM,\s\up6(→))|)＝eq\f(m,m＋3)＝eq\f(4,7)，解得m＝4.法二(奔馳定理法)由奔馳定理得S△BOC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，又eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋meq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶m.所以eq\f(S△AOB,S△ABC)＝eq\f(m,1＋2＋m)＝eq\f(4,7)，解得m＝4.(2)法一∵eq\o(QR,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(QB,\s\up6(→))，∴以PQ為底的△PQR與△PQB的高之比為1∶3，∴S△PQB＝3S△PQR，即S△PRB＝2S△PQR，∵以BR為底的△PBR與△BCR的高之比為1∶3，∴S△BCR＝3S△PBR＝6S△PQR，∴S△PBC＝2S△PBR＝4S△PQR，同理可得S△ACP＝S△ABQ＝6S△PQR，∴eq\f(S△ABC,S△PBC)＝eq\f(S△BCR＋S△ACP＋S△ABQ＋S△PQR,S△PBC)＝eq\f(19S△PQR,4S△PQR)＝eq\f(19,4).法二(奔馳定理法)由eq\o(QR,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(QB,\s\up6(→))，得eq\o(PR,\s\up6(→))－eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(PB,\s\up6(→))－eq\o(PQ,\s\up6(→)))，整理得eq\o(PR,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\f(2,9)eq\o(PA,\s\up6(→))，由eq\o(RP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(RC,\s\up6(→))，得eq\o(RP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(PC,\s\up6(→))－eq\o(PR,\s\up6(→)))，整理得eq\o(PR,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(PC,\s\up6(→))，∴－eq\f(1,2)eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\f(2,9)eq\o(PA,\s\up6(→))，整理得4eq\o(PA,\s\up6(→))＋6eq\o(PB,\s\up6(→))＋9eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，∴S△ABC∶S△PBC＝(4＋6＋9)∶4＝19∶4.規(guī)律方法已知P為△ABC內(nèi)一點，且xeq\o(PA,\s\up6(→))＋yeq\o(PB,\s\up6(→))＋zeq\o(PC,\s\up6(→))＝0(x，y，z∈R，xyz≠0，x＋y＋z≠0)，則有(1)S△PBC∶S△PAC∶S△PAB＝|x|∶|y|∶|z|；(2)eq\f(S△PBC,S△ABC)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,x＋y＋z)))，eq\f(S△PAC,S△ABC)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y,x＋y＋z)))，eq\f(S△PAB,S△ABC)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z,x＋y＋z))).訓(xùn)練1設(shè)O在△ABC的內(nèi)部，D為AB的中點，且eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則△ABC的面積與△AOC的面積的比值為________.答案4解析法一∵D為AB的中點，則eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))，又eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OD,\s\up6(→))＝－eq\o(OC,\s\up6(→))，∴O為CD的中點.又∵D為AB的中點，∴S△AOC＝eq\f(1,2)S△ADC＝eq\f(1,4)S△ABC，則eq\f(S△ABC,S△AOC)＝4.法二(奔馳定理法)∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，根據(jù)奔馳定理，∴eq\f(S△ABC,S△AOC)＝eq\f(1＋1＋2,1)＝4.類型二奔馳定理和三角形的四心(四心在三角形內(nèi)部)考向1奔馳定理與重心例2已知在△ABC中，G是重心，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且56aeq\o(GA,\s\up6(→))＋40beq\o(GB,\s\up6(→))＋35ceq\o(GC,\s\up6(→))＝0，則角B＝________.答案eq\f(π,3)解析依題意，可得56a∶40b∶35c＝1∶1∶1，所以b＝eq\f(7,5)a，c＝eq\f(8,5)a，所以cosB＝eq\f(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)a))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)a))\s\up12(2),2a×\f(8,5)a)＝eq\f(1,2)，因為0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).考向2奔馳定理與外心例3已知點P是△ABC的外心，且eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))＝0，C＝eq\f(2π,3)，則λ＝________.答案－1解析依題意得，sin2A∶sin2B∶sin2C＝1∶1∶λ，∴sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π(舍)，∴A＝B.又C＝eq\f(2π,3)，∴A＝B＝eq\f(π,6)，又eq\f(sin2B,sin2C)＝eq\f(1,λ)，∴λ＝eq\f(sin2C,sin2B)＝eq\f(sin\f(4π,3),sin\f(π,3))＝－1.考向3奔馳定理與內(nèi)心例4(2024·開封調(diào)研)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，BC＝4，O為△ABC的內(nèi)心，若eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))，則3λ＋6μ的值為()A.1 B.2C.3 D.4答案C解析eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))可化為eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))－λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OC,\s\up6(→))－μeq\o(OB,\s\up6(→))＝0，整理得(1－λ)eq\o(OA,\s\up6(→))＋(λ－μ)eq\o(OB,\s\up6(→))＋μeq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以(1－λ)∶(λ－μ)∶μ＝4∶3∶2，解得λ＝eq\f(5,9)，μ＝eq\f(2,9)，所以3λ＋6μ＝3×eq\f(5,9)＋6×eq\f(2,9)＝3.考向4奔馳定理與垂心例5(2024·重慶質(zhì)檢)已知H是△ABC的垂心，若eq\o(HA,\s\up6(→))＋2eq\o(HB,\s\up6(→))＋3eq\o(HC,\s\up6(→))＝0，則角A＝________.答案eq\f(π,4)解析依題意，可得tanA∶tanB∶tanC＝1∶2∶3，代入tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC，可得6tanA＝6tan3A，因為tanA≠0，所以tanA＝±1.又因為0<tanA<tanB<tanC，所以tanA＝1，所以A＝eq\f(π,4).易錯提醒涉及三角形的四心問題時，內(nèi)心和重心一定在三角形內(nèi)部，而外心和垂心有可能在三角形外部，上述定理及推論中的點都在三角形內(nèi)部，解題時，要注意觀察題目有無這一條件.訓(xùn)練2(1)設(shè)I為△ABC的內(nèi)心，且2eq\o(IA,\s\up6(→))＋3eq\o(IB,\s\up6(→))＋eq\r(7)eq\o(IC,\s\up6(→))＝0，則角C＝________.(2)設(shè)點P在△ABC內(nèi)部且為△ABC的外心，∠BAC＝eq\f(π,6)，如圖.若△PBC，△PCA，△PAB的面積分別為eq\f(1,2)，x，y，則x＋y的最大值是________.答案(1)eq\f(π,3)(2)eq\f(\r(3),3)解析(1)由2eq\o(IA,\s\up6(→))＋3eq\o(IB,\s\up6(→))＋eq\r(7)eq\o(IC,\s\up6(→))＝0，可得a∶b∶c＝2∶3∶eq\r(7)，令a＝2k，b＝3k，c＝eq\r(7)k，則cosC＝eq\f(4k2＋9k2－7k2,2·2k·3k)＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).(2)法一據(jù)奔馳定理得，eq\f(1,2)eq\o(PA,\s\up6(→))＋xeq\o(PB,\s\up6(→))＋yeq\o(PC,\s\up6(→))＝0，即eq\o(AP,\s\up6(→))＝2xeq\o(PB,\s\up6(→))＋2yeq\o(PC,\s\up6(→))，平方得eq\o(AP,\s\up6(→))2＝4x2eq\o(PB,\s\up6(→))2＋4y2eq\o(PC,\s\up6(→))2＋8xy|eq\o(PB,\s\up6(→))|·|eq\o(PC,\s\up6(→))|·cos∠BPC，又∵點P是△ABC的外心，∴|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝|eq\o(PC,\s\up6(→))|，且∠BPC＝2∠BAC＝eq\f(π,3)，∴x2＋y2＋xy＝eq\f(1,4)，從而(x＋y)2＝eq\f(1,4)＋xy≤eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)，解得0<x＋y≤eq\f(\r(3),3)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(\r(3),6)時取等號，∴(x＋y)max＝eq\f(\r(3),3).法二S△PBC∶S△PCA∶S△PAB＝sin2A∶sin2B∶sin2C＝eq\f(1,2)∶x∶y，又∠BAC＝eq\f(π,6)，∴sin2A＝eq\f(\r(3),2)，∵x＝eq\f(\r(3),3)sin2B，y＝eq\f(\r(3),3)sin2C，∴x＋y＝eq\f(\r(3),3)(sin2B＋sin2C)＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin2B＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)－2B))))＝eq\f(\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))，又∵B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))，∴2B－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(4π,3)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，∴x＋y∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，∴(x＋y)max＝eq\f(\r(3),3).【精準強化練】一、單選題1.點O為△ABC內(nèi)一點，若S△AOB∶S△BOC∶S△AOC＝4∶3∶2，設(shè)eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則實數(shù)λ和μ的值分別為()A.eq\f(2,9)，eq\f(4,9) B.eq\f(4,9)，eq\f(2,9)C.eq\f(1,9)，eq\f(2,9) D.eq\f(2,9)，eq\f(1,9)答案A解析根據(jù)奔馳定理，得3eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即3eq\o(OA,\s\up6(→))＋2(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＋4(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，整理得eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(2,9)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,9)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以λ＝eq\f(2,9)，μ＝eq\f(4,9).2.點P在△ABC內(nèi)部，滿足eq\o(PA,\s\up6(→))＋2eq\o(PB,\s\up6(→))＋3eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，則S△ABC∶S△APC＝()A.2∶1 B.3∶2C.3∶1 D.5∶3答案C解析根據(jù)奔馳定理得，S△PBC∶S△PAC∶S△PAB＝1∶2∶3.所以S△ABC∶S△APC＝(1＋2＋3)∶2＝3∶1.3.已知O是△ABC內(nèi)一點，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2且∠BAC＝60°，則△OBC的面積為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(2,3)答案A解析∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴O是△ABC的重心，∴S△OBC＝eq\f(1,3)S△ABC，∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos∠BAC＝2，∵∠BAC＝60°，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|＝4，又S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|sin∠BAC＝eq\r(3)，∴△OBC的面積為eq\f(\r(3),3).4.△ABC內(nèi)一點O滿足關(guān)系式S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△OAC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OAB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即稱為經(jīng)典的“奔馳定理”，若△ABC的三邊為a，b，c，現(xiàn)有a·eq\o(OA,\s\up6(→))＋b·eq\o(OB,\s\up6(→))＋c·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則O為△ABC的()A.外心 B.內(nèi)心C.重心 D.垂心答案B解析記點O到AB，BC，CA的距離分別為h1，h2，h3，S△OBC＝eq\f(1,2)a·h2，S△OAC＝eq\f(1,2)b·h3，S△OAB＝eq\f(1,2)c·h1，因為S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋SOAC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OAB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則eq\f(1,2)a·h2·eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)b·h3·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)c·h1·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即a·h2·eq\o(OA,\s\up6(→))＋b·h3·eq\o(OB,\s\up6(→))＋c·h1·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，又因為a·eq\o(OA,\s\up6(→))＋b·eq\o(OB,\s\up6(→))＋c·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以h1＝h2＝h3，所以點P是△ABC的內(nèi)心.5.如圖，已知O是△ABC的垂心，且eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB等于()A.1∶2∶3 B.1∶2∶4C.2∶3∶4 D.2∶3∶6答案A解析O是△ABC的垂心，延長CO，BO，AO分別交邊AB，AC，BC于點P，M，N，如圖，則CP⊥AB，BM⊥AC，AN⊥BC，∠BOP＝∠BAC，∠AOP＝∠ABC，因此，eq\f(S△BOC,S△AOC)＝eq\f(\f(1,2)OC·BP,\f(1,2)OC·AP)＝eq\f(BP,AP)＝eq\f(OPtan∠BOP,OPtan∠AOP)＝eq\f(tan∠BAC,tan∠ABC)，同理eq\f(S△BOC,S△AOB)＝eq\f(tan∠BAC,tan∠ACB)，于是得tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB＝S△BOC∶S△AOC∶S△AOB，又eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，由“奔馳定理”有S△BOC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即S△BOC∶S△AOC∶SAOB＝1∶2∶3，所以tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB＝1∶2∶3.二、多選題6.如圖，設(shè)P，Q為△ABC內(nèi)的兩點，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,5)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))，則()A.eq\f(S△ABP,S△ABC)＝eq\f(1,5) B.eq\f(S△ABQ,S△ABC)＝eq\f(1,3)C.eq\f(S△ABP,S△ABQ)＝eq\f(4,5) D.eq\f(S△ABP,S△ABQ)＝eq\f(3,4)答案AC解析由eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,5)eq\o(AC,\s\up6(→))，可得eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\f(2,5)eq\o(PB,\s\up6(→))－eq\f(2,5)eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\f(1,5)eq\o(PC,\s\up6(→))－eq\f(1,5)eq\o(PA,\s\up6(→))＝0，整理得eq\f(2,5)eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\f(2,5)eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\f(1,5)eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，所以2eq\o(PA,\s\up6(→))＋2eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，eq\f(S△ABP,S△ABC)＝eq\f(1,2＋2＋1)＝eq\f(1,5).由eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))，可得eq\o(QA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(QB,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(QA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(QC,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(QA,\s\up6(→))＝0，整理得eq\o(QA,\s\up6(→))＋8eq\o(QB,\s\up6(→))＋3eq\o(QC,\s\up6(→))＝0，所以eq\f(S△ABQ,S△ABC)＝eq\f(3,1＋8＋3)＝eq\f(1,4)，eq\f(S△ABP,S△ABQ)＝eq\f(4,5).7.已知O是△ABC內(nèi)一點，△BOC，△AOC，△AOB的面積分別為S△BOC，S△AOC，S△AOB，則S△BOC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∠BAC，∠ABC，∠ACB分別是△ABC的三個內(nèi)角，以下命題正確的有()A.若2eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則S△BOC∶S△AOC∶SAOB＝4∶3∶2B.若|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，∠AOB＝eq\f(2π,3)，且2eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則S△ABC＝eq\f(9\r(3),4)C.若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))，則O為△ABC的垂心D.若O為△ABC的內(nèi)心，且5eq\o(OA,\s\up6(→))＋12eq\o(OB,\s\up6(→))＋13eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則∠ACB＝eq\f(π,2)答案BCD解析對于A，2eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝2∶3∶4，故A錯誤；對于B，S△AOB＝eq\f(1,2)×2×2×sineq\f(2π,3)＝eq\r(3)，又2eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，故S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝2∶3∶4，所以S△ABC＝eq\f(9,4)S△AOB＝eq\f(9\r(3),4)，故B正確；對于C，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))，即(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(O