三角形的四心的向量表示 | 难点

前言

若三角形的四心用文字语言表述时，许多学生还可以对付一阵，若但换成向量形式的符号语言，则大多就哑口无言了，所以有必要将三角形四心的向量表示形式好好作以总结储备。 相关延伸

常用结论

1、已知 \(O\) 为 \(\triangle ABC\)内的一点，若 \(\overrightarrow{OA}\)\(+\)\(\overrightarrow{OB}\)\(+\)\(\overrightarrow{OC}\)\(=\)\(\vec{0}\)，则 \(O\) 是 \(\triangle ABC\)的重心；

2、已知 \(O\) 为 \(\triangle ABC\)内的一点，满足\(|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=|\overrightarrow{OC}|\)，则 \(O\) 是 \(\triangle ABC\)的外心；

3、已知 \(O\) 为 \(\triangle ABC\)内的一点，满足\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}\)，则 \(O\) 是 \(\triangle ABC\)的垂心；

4、已知 \(O\) 为 \(\triangle ABC\)内的一点，的充要条件是 满足 \(\overrightarrow{OA}\cdot(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}-\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|})\)\(= \overrightarrow{OB}\cdot(\cfrac{\overrightarrow{BA}}{|\overrightarrow{BA}|}-\cfrac{\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BC}|})\)\(=\overrightarrow{OC}\cdot(\cfrac{\overrightarrow{CA}}{|\overrightarrow{CA}|}-\cfrac{\overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{CB}|})=0\)，则 \(O\) 为 \(\triangle ABC\)的内心 ；

三角形重心

• 重心：三角形的三条中线的交点。

✍️ 命题一：已知\(O\)为 \(\triangle ABC\) 内的一点，则 \(O\)是 \(\triangle ABC\)的重心的充要条件是 \(\overrightarrow{OA}\)\(+\)\(\overrightarrow{OB}\)\(+\)\(\overrightarrow{OC}\)\(=\)\(\vec{0}\)；

证明：必要性，由于\(O\)是 \(\triangle ABC\)的重心，则线段\(AD、BE、CF\)为三角形的三条中线，

则有\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}=\cfrac{4}{3}\overrightarrow{AO}=-\cfrac{4}{3}\overrightarrow{OA}\)，

\(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}=2\overrightarrow{BE}=\cfrac{4}{3}\overrightarrow{BO}=-\cfrac{4}{3}\overrightarrow{OB}\)，

\(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CA}=2\overrightarrow{CF}=\cfrac{4}{3}\overrightarrow{CO}=-\cfrac{4}{3}\overrightarrow{OC}\)，

故\(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\)\(=-\cfrac{4}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\)

\(=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CA}=\vec{0}\)；

充分性，由\(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\vec{0}\)，得到\(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=-\overrightarrow{OA}\)，

又\(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OD}\)，则\(-\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{OD}\)，

故点\(A、O、D\)三点共线，且\(AD\)为三角形的一条中线；

同理，\(BE、CF\)为三角形的中线；故\(O\)是 \(\triangle ABC\)的重心；证毕。

这条性质在具体题目中又是如何使用的呢？应用举例

如【2020宝鸡市二检理科第15题】已知点 $P$ 为三角形 $\triangle ABC$ 内部一点，且满足 $\overrightarrow{PB}$$+$$\overrightarrow{PC}$$=$$\overrightarrow{AP}$，。。。
分析：将给定条件先变形得到，$\overrightarrow{PB}$$+$$\overrightarrow{PC}$$-$$\overrightarrow{AP}$$=$$\vec{0}$，变形后即$\overrightarrow{PB}$$+$$\overrightarrow{PC}$$+$$\overrightarrow{PA}$$=$$\vec{0}$，故点$P$是三角形的重心。

✍️ 命题二：\(O\)是 \(\triangle ABC\)的重心，则\(S_{\Delta AOB}=S_{\Delta BOC}=S_{\Delta COA}\)；

证明：\(O\)是 \(\triangle ABC\)的重心，令边\(AB\)上的高线为\(h\)，

则\(S_{\Delta AOB}=\cfrac{1}{2}\cdot AB\cdot \cfrac{h}{3}=\cfrac{1}{3}S_{\Delta ABC}\)，

同理，\(S_{\Delta BOC}=\cfrac{1}{3}S_{\Delta ABC}\)，\(S_{\Delta AOC}=\cfrac{1}{3}S_{\Delta ABC}\)，

故\(S_{\Delta AOB}=S_{\Delta BOC}=S_{\Delta COA}\)；

✍️ 命题三：已知\(D、E、F\)是 \(\triangle ABC\)的边\(BC、AC、AB\)的中点，则\(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CF}=\vec{0}\)；

证明：已知\(D、E、F\)是 \(\triangle ABC\)的边\(BC、AC、AB\)的中点，\(O\)是 \(\triangle ABC\)的重心，

则\(\overrightarrow{AD}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\)，\(\overrightarrow{BE}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA})\)，\(\overrightarrow{CF}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})\)，

故\(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CF}\)\(=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}) =\vec{0}\)；

三角形外心

• 外心：三角形的三条边的中垂线交点，也是外接圆的圆心；

✍️ 已知\(O\)为 \(\triangle ABC\)内的一点，满足\(|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=|\overrightarrow{OC}|\)，则 \(O\) 是 \(\triangle ABC\)的外心；

证明：到三角形的三个顶点等距离的点是三角形的外接圆的圆心，故 \(O\) 是 \(\triangle ABC\)的外心；

三角形垂心

• 垂心：三角形的三条边的高线的交点。

✍️ 命题一：已知\(O\)为 \(\triangle ABC\)内的一点，满足\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}\)，则\(O\)是 \(\triangle ABC\)的垂心；

证明：由于\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}\)，则\(\overrightarrow{OA}\cdot(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC})=0\)，

即\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{CB}=0\)，则\(OA\perp BC\)，

同理 \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}\)，可得\(OB\perp AC\)，

\(\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}\)，可得 \(OC\perp AB\)，

故\(O\)是 \(\triangle ABC\)的垂心；

✍️ 命题二：已知\(O\)为 \(\triangle ABC\)所在平面内的一点，且\(|\overrightarrow{OA}|^2\)\(+\)\(|\overrightarrow{BC}|^2\)\(=|\overrightarrow{OB}|^2+\)\(|\overrightarrow{CA}|^2\)\(=|\overrightarrow{OC}|^2+\)\(|\overrightarrow{AB}|^2\)，则\(O\)是 \(\triangle ABC\)的垂心；

三角形内心

• 内心：三角形的三个内角平分线的交点，也是内切圆的圆心；

✍️ 命题一：\(O\)为 \(\triangle ABC\)的内心的充要条件是\(\overrightarrow{OA}\cdot(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}-\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|})\)\(= \overrightarrow{OB}\cdot(\cfrac{\overrightarrow{BA}}{|\overrightarrow{BA}|}-\cfrac{\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BC}|})\)\(=\overrightarrow{OC}\cdot(\cfrac{\overrightarrow{CA}}{|\overrightarrow{CA}|}-\cfrac{\overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{CB}|})=0\)

证明：充分性，如图，向量\(\overrightarrow{AB}\)、\(\overrightarrow{AC}\)的单位向量分别是\(\overrightarrow{AE}\)、\(\overrightarrow{AD}\)，

则\(\Delta ADE\)为等腰三角形，

由\(\overrightarrow{OA}\cdot (\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}-\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|})\)\(=\overrightarrow{OA}\cdot (\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AD})\)\(=\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{DE}=0\)，

故\(OA\)为\(\angle A\)的平分线；同理可得\(OB\)、\(OC\)分别为\(\angle B、\angle C\)的平分线；

故点\(O\)是 \(\triangle ABC\)的内心。

必要性，由点\(O\)是 \(\triangle ABC\)的内心，则可知\(OA\)为\(\angle A\)的平分线，

故容易知道\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{DE}=0\)，

即\(\overrightarrow{OA}\cdot(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}-\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|})=0\)，

同理可知$ \overrightarrow{OB}\cdot(\cfrac{\overrightarrow{BA}}{|\overrightarrow{BA}|}-\cfrac{\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BC}|})$$=\overrightarrow{OC}\cdot(\cfrac{\overrightarrow{CA}}{|\overrightarrow{CA}|}-\cfrac{\overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{CB}|})=0$，证毕。

典例剖析

【人教 \(2019A\) 版教材\(P_{52}\) 页习题 \(6.4\) 第 \(2\) 题】已知 \(O\)，\(N\)，\(P\) 在 \(\triangle ABC\) 所在平面内，满足 \(|\overrightarrow{OA}|\)\(=\)\(|\overrightarrow{OB}|\)\(=\)\(|\overrightarrow{OC}|\)， \(\overrightarrow{NA}\)\(+\)\(\overrightarrow{NB}\)\(+\)\(\overrightarrow{NC}\)\(=\)\(\vec{0}\)， 且 \(\overrightarrow{PA}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{PB}\)\(=\)\(\overrightarrow{PB}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{PC}\)\(=\)\(\overrightarrow{PC}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{PA}\)， 则点 \(O\)，\(N\)，\(P\) 依次是 \(\triangle ABC\) 的 【\(\qquad\)】

$A.\textbf{重心, 外心, 垂心}$ $B.\textbf{重心, 外心, 内心}$ $C.\textbf{外心, 重心, 垂心}$ $D.\textbf{外心, 重心, 内心}$

解：若 \(|\overrightarrow{OA}|\)\(=\)\(|\overrightarrow{OB}|\)\(=\)\(|\overrightarrow{OC}|\)，则 \(O\) 为 \(\triangle ABC\) 的外心； 若\(\overrightarrow{NA}\)\(+\)\(\overrightarrow{NB}\)\(+\)\(\overrightarrow{NC}\)\(=\)\(\vec{0}\)， 则 \(N\) 为 \(\triangle ABC\) 的重心； 若 \(\overrightarrow{PA}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{PB}\)\(=\)\(\overrightarrow{PB}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{PC}\)\(=\)\(\overrightarrow{PC}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{PA}\)， 则 \(P\) 为 \(\triangle ABC\) 的垂心，故选 \(C\) .

【网络上看到的题目】 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 \(P\) 满足以下的表达式：\(\overrightarrow{OP}\)\(=\)\(\cfrac{\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{2}\)\(+\)\(\lambda\)\(\Big(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|\cos B}\)\(+\)\(\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|\cos C}\Big)\)， \(\lambda\in[0,+\infty)\)， 则动点 \(P\) 的轨迹一定通过 \(\triangle ABC\) 的【\(\qquad\)】

$A.\textbf{内心}$ $B.\textbf{垂心}$ $C.\textbf{重心}$ $D.\textbf{外心}$

解: 设 \(BC\) 的中点为 \(D\)，

\[\overrightarrow{OP}=\cfrac{\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{2}+\lambda\Big(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}| \cos B}+\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|\cos C}\Big)=\overrightarrow{OD}+\lambda\Big(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|\cos B}+\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|\cos C}\Big) \]

即 $$\overrightarrow{DP}=\lambda\Big(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|\cos B}+\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|\cos C}\Big)$$

两端同时点乘向量 \(\overrightarrow{BC}\)，得到

\(\overrightarrow{DP}\cdot\overrightarrow{BC}\)\(=\)\(\lambda\Big(\cfrac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{AB}|\cos B}+\cfrac{\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{AC}|\cos C}\Big)\)

\(=\)\(\lambda\Big(\cfrac{|\overrightarrow{AB}|\cdot|\overrightarrow{BC}|\cos(\pi-B)}{|\overrightarrow{AB}|\cos B}+\cfrac{|\overrightarrow{AC}|\cdot|\overrightarrow{BC}|\cos C}{|\overrightarrow{AC}|\cos C}\Big)\)

\(=\)\(\lambda(-|\overrightarrow{BC}|+|\overrightarrow{BC}|)=0\)

所以 \(DP\perp BC\)，点 \(P\) 在 \(BC\) 的垂直平分线上， 即 \(P\) 经过 \(\triangle ABC\) 的外心，故选 \(D\) .

【2024高一联考题】“奔驰定理” 因其对应的几何图形酷似某汽车品牌标志而得名，它是平面向量中一个非常优美的结论 . 该定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联，定理的具体视频讲解内容是: 如图，已知 \(M\) 是 \(\triangle ABC\) 内一点， \(\triangle BMC\), \(\triangle AMC\), \(\triangle AMB\) 的面积分别为 \(S_A\), \(S_B\), \(S_C\), 则有 \(S_A\cdot\overrightarrow{MA}\)\(+\)\(S_B\cdot \overrightarrow{MB}\)\(+\)\(S_C\cdot \overrightarrow{MC}\)\(=\)\(\vec{0}\) 成立 . 根据题意， 以下命题中正确的有 【\(\qquad\)】

$A$.若$S_A:S_B:S_C$=$1:1:1$, 则$M$为$\triangle$$ABC$的重心

$B.$若$M$为$\triangle ABC$的内心 ,则$BC$$\cdot$$\overrightarrow{MA}$$+$$AC$$\cdot$$\overrightarrow{MB}$$+$$AB$$\cdot$$\overrightarrow{MC}$$=$$\vec{O}$.

$C.$若$\angle BAC=45^{\circ}$ ,$\angle ABC=60^{\circ}$,$M$为$\triangle ABC$的外心 , 则$S_A:S_B:S_C$$=$$3:2:1$

$D.$$M$为$\triangle ABC$的垂心, $3\overrightarrow{MA}+4\overrightarrow{MB}+5\overrightarrow{MC}=\vec{O}$, 则$\cos\angle AMB=-\cfrac{\sqrt{6}}{6}$.

解析： 对于选项 \(A\) 而言，如图，由 \(S_A\cdot\overrightarrow{MA}\)\(+\)\(S_B\cdot \overrightarrow{MB}\)\(+\)\(S_C\cdot \overrightarrow{MC}\)\(=\)\(\vec{0}\) ，且 \(S_A:S_B:S_C\)=\(1:1:1\)，令 \(S_A=S_B=S_C=k\)，代入已知条件，约分得到，

则 \(\overrightarrow{MA}\)\(+\)\(\overrightarrow{MB}\)\(+\)\(\overrightarrow{MC}\)\(=\)\(\vec{0}\) ，则 \(M\) 为三角形的重心。故 \(A\) 正确；

对于选项 \(B\) 而言，由于点 \(M\) 为\(\triangle\)\(ABC\)的内心， 是三角形的三条角平分线的交点，如图，

由 \(S_A\cdot\overrightarrow{MA}\)\(+\)\(S_B\cdot \overrightarrow{MB}\)\(+\)\(S_C\cdot \overrightarrow{MC}\)\(=\)\(\vec{0}\) ，

又 \(S_A=\cfrac{1}{2}BC\times r\)，\(S_B=\cfrac{1}{2}AC\times r\)，\(S_C=\cfrac{1}{2}AB\times r\)，

即 \(\cfrac{1}{2}BC\times r\times\cdot\overrightarrow{MA}\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}AC\times r\times\cdot \overrightarrow{MB}\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}AB\times r\times\cdot \overrightarrow{MC}\)\(=\)\(\vec{0}\) ，约分整理得到，

\(BC\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{MA}\)\(+\)\(AC\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{MB}\)\(+\)\(AB\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{MC}\)\(=\)\(\vec{O}\)，故 \(B\) 正确；

对于选项 \(C\) 而言，由于点 \(M\) 为\(\triangle\)\(ABC\)的外心，则点 \(M\) 为三条边的中垂线的交点，且 \(MA\)\(=\)\(MB\)\(=\)\(MC\)\(=\)\(R\)，如图由 \(\angle1\)\(+\)\(\angle2\)\(=\)\(75^{\circ}\)， \(\angle2\)\(+\)\(\angle3\)\(=\)\(45^{\circ}\)， \(\angle1\)\(+\)\(\angle3\)\(=\)\(60^{\circ}\)，可以求得 \(\angle1\)\(=\)\(45^{\circ}\)， \(\angle2\)\(=\)\(30^{\circ}\)， \(\angle3\)\(=\)\(15^{\circ}\)，故 \(\angle\)\(BMC\)\(=\)\(90^{\circ}\)，\(\angle\)\(CMA\)\(=\)\(120^{\circ}\)，\(\angle\)\(AMB\)\(=\)\(150^{\circ}\)，

则由三角形面积公式可知，\(S_{A}=\cfrac{1}{2}\times R^2\times\sin 90^{\circ}\)，

\(S_{B}=\cfrac{1}{2}\times R^2\times\sin 120^{\circ}\)，\(S_{C}=\cfrac{1}{2}\times R^2\times\sin 150^{\circ}\)，

故 \(S_{A}:S_{B}:S_{C}=\sin 90^{\circ}:\sin 120^{\circ}:\sin 150^{\circ}=1:\cfrac{\sqrt{3}}{2}:\cfrac{1}{2}=2:\sqrt{3}:1\)，故 \(C\) 错误；

对于选项 \(D\) 而言，由于点 \(M\) 为\(\triangle\)\(ABC\)的垂心，是三角形的三条高线的交点，如图，

由题目\(S_A\cdot\overrightarrow{MA}\)\(+\)\(S_B\cdot \overrightarrow{MB}\)\(+\)\(S_C\cdot\overrightarrow{MC}\)\(=\)\(\vec{0}\) ，又\(3\overrightarrow{MA}\)\(+\)\(4\overrightarrow{MB}\)\(+\)\(5\overrightarrow{MC}\)\(=\)\(\vec{0}\)，则可知 \(S_A:S_B:S_C\)=\(3:4:5\)，故 \(\cfrac{S_{A}}{S_A+S_B+S_C}\)\(=\)\(\cfrac{3}{3+4+5}\)\(=\)\(\cfrac{1}{4}\)，故 \(\cfrac{MD}{AD}\)\(=\)\(\cfrac{1}{4}\)，同理可得， \(\cfrac{MF}{BF}\)\(=\)\(\cfrac{1}{3}\)，故可设，\(MD=m\)，\(AM=3m\)，\(MF=n\)，\(BM=2n\)，

在 \(Rt\triangle BMD\) 中，由 \(\cos\angle BMD=\cfrac{m}{2n}=\cos\angle AMF=\cfrac{n}{3m}\)，故得到 \(3m^2=2n^2\)，即 \(n=\cfrac{\sqrt{6}}{2}m\)，

则 \(\cos\angle BMD=\cfrac{m}{2n}=\cfrac{\sqrt{6}}{6}\)，故 \(\cos\angle AMB=\cos(\pi-\angle BMD)=-\cfrac{\sqrt{6}}{6}\) . 故 \(D\) 正确；

综上所述，选 \(ABD\)；

【人教 2019A 版教材\(P_{152}\) 页练习第4题】过 \(\triangle ABC\) 所在平面 \(\alpha\) 外一点 \(P\)，作 \(PO\perp\alpha\)，垂足为 \(O\)， 连接 \(PA\)，\(PB\)， \(PC\) .

(1). 若 \(PA=PB=PC\)，则点 \(O\) 是 \(\triangle ABC\) 的（ 外 ）心.

法1：连结 \(AO\)、 \(BO\)、 \(CO\)，由已知可得，\(\angle POA=\angle POB=\angle POC\)，

由于 \(PA=PB=PC\) 且 \(PO\) 公用， 由勾股定理可知， \(OA=OB=OC\)，故点 \(O\) 是 \(\triangle ABC\) 的外心 .

法2：动态思维，让点 \(P\) 沿着线段 \(PO\) 运动，并保持线面垂直关系不变，最后点 \(P\) 和点 \(O\) 重合，即关系 \(PA\)\(=\)\(PB\)\(=\)\(PC\) 变为 \(OA\)\(=\)\(OB\)\(=\)\(OC\)，故点 \(O\) 是 \(\triangle ABC\) 的外心 .

(2). 若 \(PA=PB=PC\)，\(\angle C=90^{\circ}\)， 则点 \(O\) 是 \(AB\) 边的（ 中 ）点 .

解析：由 (1) 可知，由条件 \(PA=PB=PC\) 可以推知点 \(O\) 是 \(\triangle ABC\) 的外心，再加上 条件 \(\angle C=90^{\circ}\)，故此时外心就在直角三角形的斜边 \(AB\) 的中点处，故点 \(O\) 是 \(AB\) 边的中点 .

(3). 若 \(PA\perp PB\)， \(PB\perp PC\)， \(PC \perp PA\)， 垂足都为 \(P\)， 则点 \(O\) 是 \(\triangle ABC\) 的（ 垂 ）心.

解析：连结 \(CO\) 并延长交 \(AB\) 于点 \(D\)，连结 \(AO\) 并延长交 \(BC\) 于点 \(E\)，

由于 \(PC\perp PA\)， \(PC\perp PB\)， \(PA\subset\) 平面 \(PAB\)，\(PB\subset\) 平面 \(PAB\)， \(PA\cap PB=P\)，

则可得 \(PC\perp\) 平面 \(PAB\)，

又由于 \(AB\subset\) 平面 \(PAB\)，则 \(PC\perp AB\)，即 \(AB\perp PC\)，

又由于 \(PO\perp\) 平面 \(ABC\)，且 \(AB\subset\) 平面 \(ABC\)，则 \(PO\perp AB\)，即 \(AB\perp PO\)，

即 \(AB\perp PC\)， \(AB\perp PO\)，\(PO\subset\) 平面 \(PCD\)，\(PC\subset\) 平面 \(PCD\)，\(PC\cap PO=P\)，

则可得 \(AB\perp CD\)，即 \(CD\perp AB\)，故 \(CD\) 为三角形的高线，

同理可证， \(AE\perp BC\)，故 \(AE\) 为三角形的高线，

即此时点 \(O\) 是三角形的高线的交点，故点 \(O\) 是 \(\triangle ABC\) 的垂心.

解题经验

在具体的题目求解中，关于多个向量的线性表示形式，其难点往往是其系数的恰当拆分。

1、 若已知\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AE}\)，或者\(\overrightarrow{AE}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\)，则可知点\(E\)为\(BC\)的中点；

已知\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}\)，则\(3\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AE}\)，则\(\overrightarrow{AD}=\cfrac{2}{3}\overrightarrow{AE}\)，可知点\(D\)为\(\triangle ABC\)的重心；

2、若由题目可知\(\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+3\overrightarrow{OC}=\vec{0}\)，将其系数做恰当的拆分得到，\((\overrightarrow{OA}\)\(+\)\(\overrightarrow{OC})\)\(+2(\overrightarrow{OB}\)\(+\overrightarrow{OC})\)\(=\)\(\vec{0}\)，如图即\(2\overrightarrow{OD}\)\(=\)\(-4\overrightarrow{OE}\)，即\(\overrightarrow{OD}\)\(=\)\(-2\overrightarrow{OE}\)，即可知点\(O\)一定在 \(\triangle ABC\) 的中位线 \(DE\) 上，且在中位线上靠近点 \(E\) 的三等分点处。

延申知识

已知 \(O\) 是 \(\triangle ABC\) 所在平面上的一点， \(a\)， \(b\)， \(c\) 为 \(\triangle ABC\) 的三边长，若 \(a\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{OA}\)\(+\)\(b\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{OB}\)\(+\)\(c\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{OC}\)\(=\)\(0\)， 则 \(O\) 是 \(\triangle ABC\) 的内心。

证明: \(\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AB}\) ， \(\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AC}\)，

则 \(a\cdot \overrightarrow{OA}\)\(+\)\(b\cdot\overrightarrow{OB}\)\(+\)\(c\cdot\overrightarrow{OC}\)\(=\)\(0\)\(\Leftrightarrow\)\((a+b+c)\cdot\overrightarrow{OA}\)\(+\)\(b\cdot\overrightarrow{AB}\)\(+\)\(c\cdot\overrightarrow{AC}=0\)，

等式两边同时除以 \(bc\) 得，\(\overrightarrow{AO}=\cfrac{bc}{a+b+c}\left(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|AB|}+\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|AC|}\right)\) ，则可知 \(AO\) 为 \(\angle BAC\) 的角平分线，同理 \(BO\) 、 \(CO\) 分别为 \(\angle ABC\) 、 \(\angle ACB\) 的角平分线，所以 \(O\) 是 \(\triangle ABC\) 的内心。

✍️ 命题四：平行四边形\(ABCD\)的中心是\(O\)，\(P\)为平面上任意一点，则\(\overrightarrow{PO}=\cfrac{1}{4}(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PD})\)；

证明：平行四边形\(ABCD\)的中心是\(O\)，\(P\)为平面上任意一点，

则在\(\Delta PAC\)中，\(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC}=2\overrightarrow{PO}\)，在\(\Delta PBD\)中，\(\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PD}=2\overrightarrow{PO}\)，

故\(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PD}\)\(=4\overrightarrow{PO}\)，

即\(\overrightarrow{PO}=\cfrac{1}{4}(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PD})\)；

✍️ 已知\(O\)为 \(\triangle ABC\)的外心，\(H\)为其垂心，则\(\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\).