《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [广东佛山 2024 高一期中]在$\triangle ABC$中，若$|\overrightarrow {BC}|=|\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC}|$，则$\triangle ABC$为(D)

A.等腰直角三角形
B.等边三角形
C.等腰三角形
D.直角三角形

答案： 1.D【解析】由题意得，$|\overrightarrow{BC}| = |\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}| \Rightarrow |\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC}| = |\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}|$，故$\overrightarrow{AB}^{2} - 2\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AC}^{2} = \overrightarrow{AB}^{2} + 2\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AC}^{2}$，则$\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} = 0$，故$\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$，即$\triangle ABC$为直角三角形.故选D.
向量与三角形形状的判定、奔驰定理与四心
多种解法因为$|\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{BC}| = |\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}|$，所以以$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$为邻边构成的平行四边形为矩形，所以$\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$，所以$\triangle ABC$为直角三角形，故选D.

2. [浙江温州 2025 高一月考]在$\triangle ABC$中，$\overrightarrow {BA}· \overrightarrow {AC}+\overrightarrow {AC}^{2}=0$，$\frac {\overrightarrow {AC}}{|\overrightarrow {AC}|}· \frac {\overrightarrow {AB}}{|\overrightarrow {AB}|}=\frac {\sqrt {2}}{2}$，则$\triangle ABC$的形状为(A)

A.等腰直角三角形
B.三边均不相等的三角形
C.等边三角形
D.等腰(非直角)三角形

答案： 2.A【解析】因为$\overrightarrow{BA} · \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AC}^{2} = 0$，即$(\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AC}) · \overrightarrow{AC} = 0$，即$\overrightarrow{BC} · \overrightarrow{AC} = 0$，
所以$\overrightarrow{BC} \perp \overrightarrow{AC}$，即$AC \perp BC$，所以$\angle ACB = \frac{\pi}{2}$.又$\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$表示与$\overrightarrow{AC}$同向的单位向量，$\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}$表示与$\overrightarrow{AB}$同向的单位向量，
所以$\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|} · \frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|} = 1 × 1 × \cos \angle CAB = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
又$\angle CAB \in (0,\frac{\pi}{2})$，所以$\angle CAB = \frac{\pi}{4}$，
所以$\angle CBA = \frac{\pi}{4}$，所以$\triangle ABC$是等腰直角三角形.故选A.

3. 已知$\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC}$是非零向量且满足$(\overrightarrow {AB}-2\overrightarrow {AC})⊥\overrightarrow {AB}$，$(\overrightarrow {AC}-2\overrightarrow {AB})⊥\overrightarrow {AC}$，则$\triangle ABC$的形状为(B)

A.等腰(非等边)三角形
B.等边三角形
C.直角(非等腰)三角形
D.等腰直角三角形

答案： 3.B【解析】$\because \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$是非零向量且满足$(\overrightarrow{AB} - 2\overrightarrow{AC}) \perp \overrightarrow{AB},(\overrightarrow{AC} - 2\overrightarrow{AB}) \perp \overrightarrow{AC}$，
$\therefore (\overrightarrow{AB} - 2\overrightarrow{AC}) · \overrightarrow{AB} = (\overrightarrow{AC} - 2\overrightarrow{AB}) · \overrightarrow{AC} = 0$，
$\therefore |\overrightarrow{AB}|^{2} = |\overrightarrow{AC}|^{2} = 2|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}| · \cos \angle BAC$，$\therefore |\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{AC}|$，$\angle BAC = 60^{\circ}$.
$\therefore \triangle ABC$是等边三角形，故选B.

4. 在$\triangle ABC$中，“对于任意$t≠1$，$|\overrightarrow {BA}-t\overrightarrow {BC}|＞|\overrightarrow {AC}|$”是“$\triangle ABC$为直角三角形”的(A)

A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件

答案： 4.A【解析】设$\overrightarrow{BD} = t\overrightarrow{BC}(t \neq 1)$，则$\overrightarrow{BA} - t\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BA} - \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{DA}$，
所以$|\overrightarrow{BA} - t\overrightarrow{BC}| ＞ |\overrightarrow{AC}|$即为$|\overrightarrow{DA}| ＞ |\overrightarrow{AC}|$，所以$AC$是边$BC$上的高，即$CA \perp CB$，即$C = \frac{\pi}{2}$，故$\triangle ABC$为直角三角形，故充分性成立.
若$\triangle ABC$为直角三角形，不一定有$C = \frac{\pi}{2}$，故不一定有对于任意$t \neq 1$，$|\overrightarrow{BA} - t\overrightarrow{BC}| ＞ |\overrightarrow{AC}|$，故必要性不成立.所以“对于任意$t \neq 1$，$|\overrightarrow{BA} - t\overrightarrow{BC}| ＞ |\overrightarrow{AC}|$”是“$\triangle ABC$为直角三角形”的充分不必要条件.故选A.

5. (多选)[山东青岛 2025 高一月考]设$M$是$\triangle ABC$所在平面内一点，则下列说法正确的是(ACD)

A.若$\overrightarrow {AM}=\frac {1}{2}\overrightarrow {AB}+\frac {1}{2}\overrightarrow {AC}$，则$M$是边$BC$的中点
B.若$MA=MB=MC$，则$M$是$\triangle ABC$的垂心
C.若$\overrightarrow {AM}=-\overrightarrow {BM}-\overrightarrow {CM}$，则$M$是$\triangle ABC$的重心
D.若$\overrightarrow {AM}=\lambda (\frac {\overrightarrow {AB}}{|\overrightarrow {AB}|}+\frac {\overrightarrow {AC}}{|\overrightarrow {AC}|})$，则动点$M$的轨迹过$\triangle ABC$的内心

答案：
5.ACD【解析】对于A，如图，根据向量加法的平行四边形法则，可得$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AE}$，若$\overrightarrow{AM} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AC} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AE}$，则$M$是边$AE$的中点，由四边形$ABEC$为平行四边形，可知$M$是边$BC$的中点，故A正确;

对于B，若$MA = MB = MC$，则$M$是$\triangle ABC$的外心，故B错误；
对于C，若$\overrightarrow{AM} = - \overrightarrow{BM} - \overrightarrow{CM}$，则$\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{BM} + \overrightarrow{CM} = 0$，即$\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = 0$，所以$M$是$\triangle ABC$的重心，故C正确；
对于D，因为$\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}$表示与$\overrightarrow{AB}$同向的单位向量，$\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$表示与$\overrightarrow{AC}$同向的单位向量，所以$\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|} + \frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$与$\angle BAC$的平分线同向，
根据平行四边形法则，通过$\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}$，$\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$构成的菱形进行理解记忆
又$\overrightarrow{AM} = \lambda(\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|} + \frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|})$，则$M$在$\angle BAC$的平分线上，则动点$M$的轨迹过$\triangle ABC$的内心，故D正确.
故选ACD.
归纳总结（1）三角形的“四心”
①重心：三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，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垂心：三角形三条高线的交点叫做三角形的垂心，垂心和顶点的连线与对边垂直.
③内心：三角形三条角平分线的交点叫做三角形的内心，也就是内切圆的圆心，三角形的内心到三边的距离相等，都等于内切圆半径$r$.
④外心：三角形三条边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心，也就是三角形外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等.
（2）三角形“四心”的向量表示
在$\triangle ABC$中，内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$.
①重心：$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 0 \Leftrightarrow O$是$\triangle ABC$的重心；$\overrightarrow{PO} = \frac{1}{3}(\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC}) \Leftrightarrow O$是$\triangle ABC$的重心；$\overrightarrow{AE} = \lambda(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})(\lambda \in [0,+\infty))$是$BC$边上的中线$AD$所在直线上的向量.
②垂心：$\overrightarrow{OA} · \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OB} · \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OC} · \overrightarrow{OA} \Leftrightarrow O$是$\triangle ABC$的垂心.
③内心：$a\overrightarrow{OA} + b\overrightarrow{OB} + c\overrightarrow{OC} = 0 \Leftrightarrow O$是$\triangle ABC$的内心；$\overrightarrow{OA} · (\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|} - \frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}) = \overrightarrow{OB} · (\frac{\overrightarrow{BA}}{|\overrightarrow{BA}|} - \frac{\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BC}|}) = \overrightarrow{OC} · (\frac{\overrightarrow{CA}}{|\overrightarrow{CA}|} - \frac{\overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{CB}|}) = 0 \Leftrightarrow O$是$\triangle ABC$的内心.
④外心：$(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}) · \overrightarrow{AB} = (\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}) · \overrightarrow{BC} = (\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OA}) · \overrightarrow{CA} = 0 \Leftrightarrow O$为$\triangle ABC$的外心.

6. [河南郑州一中 2025 高一期中]已知$O,N,P$在$\triangle ABC$所在平面内，满足$|\overrightarrow {OA}|=|\overrightarrow {OB}|=|\overrightarrow {OC}|$，$\overrightarrow {NA}+\overrightarrow {NB}+\overrightarrow {NC}=0$，且$\overrightarrow {PA}· \overrightarrow {PB}=\overrightarrow {PB}· \overrightarrow {PC}=\overrightarrow {PC}· \overrightarrow {PA}$，则点$O,N,P$依次是$\triangle ABC$的(C)

A.外心，垂心，重心
B.重心，外心，内心
C.外心，重心，垂心
D.外心，重心，内心

答案：
6.C【解析】因为$|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OC}|$，所以$O$到定点$A,B,C$的距离相等，所以$O$为$\triangle ABC$的外心.
由$\overrightarrow{NA} + \overrightarrow{NB} + \overrightarrow{NC} = 0$，得$\overrightarrow{NA} + \overrightarrow{NB} = - \overrightarrow{NC}$，如图，取$AB$的中点$E$，连接$NE$，则$\overrightarrow{NA} + \overrightarrow{NB} = 2\overrightarrow{NE} = \overrightarrow{CN}$，

所以$2|\overrightarrow{NE}| = |\overrightarrow{CN}|$，所以$N$是$\triangle ABC$的重心.
由$\overrightarrow{PA} · \overrightarrow{PB} = \overrightarrow{PB} · \overrightarrow{PC}$，得$(\overrightarrow{PA} - \overrightarrow{PC}) · \overrightarrow{PB} = 0$，即$\overrightarrow{CA} · \overrightarrow{PB} = 0$，
所以$AC \perp PB$，同理可得$AB \perp PC$，所以点$P$为$\triangle ABC$的垂心得.故选C.

7. (多选)[重庆巴蜀中学 2025 高一期中]“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志而得名，是平面向量中一个非常优美的结论. 奔驰定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联. 它的具体内容是：已知$M$是$\triangle ABC$内一点，$\triangle BMC,\triangle AMC,\triangle AMB$的面积分别为$S_{A},S_{B},S_{C}$，且$S_{A}· \overrightarrow {MA}+S_{B}· \overrightarrow {MB}+S_{C}· \overrightarrow {MC}=0$. 以下命题正确的有(ABC)


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$BC· \overrightarrow {MA}+AC· \overrightarrow {MB}+AB· \overrightarrow {MC}=0$
C.若$M$为$\triangle ABC$的垂心，$3\overrightarrow {MA}+4\overrightarrow {MB}+5\overrightarrow {MC}=0$，则$\tan∠BAC:\tan∠ABC:\tan∠BCA=3:4:5$
D.若$∠BAC=45^{\circ}$，$∠ABC=60^{\circ}$，$M$为$\triangle ABC$的外心，则$S_{A}:S_{B}:S_{C}=\sqrt {3}:2:1$

答案：
7.ABC【解析】A选项，因为$S_{A}:S_{B}:S_{C} = 1:1:1$，所以$\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = 0$，
如图①，取$BC$的中点$D$，连接$MD$，则$\overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = 2\overrightarrow{MD}$，所以$2\overrightarrow{MD} = - \overrightarrow{MA}$，所以$A,M,D$三点共线，且$MA = 2MD$，
所以$M$为$\triangle ABC$的重心，A正确.

B选项，若$M$为$\triangle ABC$的内心，可设内切圆半径为$r$，则$S_{A} = \frac{1}{2}BC · r$，$S_{B} = \frac{1}{2}AC · r$，$S_{C} = \frac{1}{2}AB · r$，所以$\frac{1}{2}BC · r · \overrightarrow{MA} + \frac{1}{2}AC · r · \overrightarrow{MB} + \frac{1}{2}AB · r · \overrightarrow{MC} = 0$，即$BC · \overrightarrow{MA} + AC · \overrightarrow{MB} + AB · \overrightarrow{MC} = 0$，B正确.
C选项，若$M$为$\triangle ABC$的垂心，$3\overrightarrow{MA} + 4\overrightarrow{MB} + 5\overrightarrow{MC} = 0$，则$S_{A}:S_{B}:S_{C} = 3:4:5$，
如图②，$AD \perp BC$，$CE \perp AB$，$BF \perp AC$，$AD,CE,BF$相交于一点$M$，
又$S_{\triangle ABC} = S_{A} + S_{B} + S_{C}$，
则$\frac{S_{A}}{S_{\triangle ABC}} = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}$，即$AM:MD = 3:1$，$\frac{S_{B}}{S_{\triangle ABC}} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$，即$MF:BM = 1:2$，$\frac{S_{C}}{S_{\triangle ABC}} = \frac{5}{12}$，即$ME:MC = 5:7$，
设$MD = m$，$MF = n$，$ME = 5t$，则$AM = 3m$，$BM = 2n$，$MC = 7t$，

因为$\angle CAD = \angle CBF$，$\sin \angle CAD = \frac{n}{3m}$，$\sin \angle CBF = \frac{m}{2n}$，所以$\frac{n}{3m} = \frac{m}{2n}$，即$m = \frac{\sqrt{6}}{3}n$，
同理可得$\frac{m}{7t} = \frac{5t}{3m}$，即$m = \frac{\sqrt{105}}{3}t$，故$n = \frac{\sqrt{70}}{2}t$.
又$\cos \angle BMD = \frac{m}{2n} = \frac{\frac{\sqrt{6}}{3}n}{2n} = \frac{\sqrt{6}}{6}$，则$\sin \angle BMD = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{6}}{6})^{2}} = \frac{\sqrt{30}}{6}$，
故$BD = BM\sin \angle BMD = 2n · \frac{\sqrt{30}}{6} = \frac{\sqrt{30}}{3}n$，
又$\cos \angle CMD = \frac{m}{7t} = \frac{\frac{\sqrt{105}}{3}t}{7t} = \frac{\sqrt{105}}{21}$，则$\sin \angle CMD = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{105}}{21})^{2}} = \frac{4\sqrt{21}}{21}$，
故$CD = MC\sin \angle CMD = 7t · \frac{4\sqrt{21}}{21} = \frac{4\sqrt{21}}{3}t$.
因为$\tan \angle ABC = \frac{AD}{BD}$，$\tan \angle BCA = \frac{AD}{CD}$，
所以$\tan \angle ABC:\tan \angle BCA = \frac{AD}{BD}:\frac{AD}{CD} = \frac{CD}{BD} = \frac{\frac{4\sqrt{21}}{3}t}{\frac{\sqrt{30}}{3}n} = \frac{4\sqrt{21}t}{\sqrt{30}n} = \frac{4}{5}$，
同理可得$\tan \angle BAC:\tan \angle ABC = \frac{3}{4}$，
故$\tan \angle BAC:\tan \angle ABC:\tan \angle BCA = 3:4:5$，C正确.
D选项，若$\angle BAC = 45^{\circ}$，$\angle ABC = 60^{\circ}$，$M$为$\triangle ABC$的外心，则$\angle ACB = 75^{\circ}$，
设$\triangle ABC$的外接圆半径为$R$，则$\angle BMC = 2\angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle AMC = 2\angle ABC = 120^{\circ}$，$\angle AMB = 2\angle ACB = 150^{\circ}$，则$S_{A} = \frac{1}{2}R^{2}$，
如图③，过点$A$作$MC$边的高，得$h_{B} = AM · \sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}R$，则$S_{B} = \frac{\sqrt{3}}{4}R^{2}$，过点$A$作$BM$边上的高，则$h_{C} = AM · \sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}R$，故$S_{C} = \frac{1}{4}R^{2}$，所以$S_{A}:S_{B}:S_{C} = 2:\sqrt{3}:1$，D错误.

故选ABC.
二级结论1.奔驰定理
如图，已知$P$为$\triangle ABC$内一点，则有$S_{\triangle PBC} · \overrightarrow{PA} + S_{\triangle PAC} · \overrightarrow{PB} + S_{\triangle PAB} · \overrightarrow{PC} = 0$.

由于这个定理对应的图形和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”.
2.奔驰定理的推论及四心问题
$O$是$\triangle ABC$内的一点，且$x · \overrightarrow{OA} + y · \overrightarrow{OB} + z · \overrightarrow{OC} = 0$，则$S_{\triangle BOC}:S_{\triangle COA}:S_{\triangle AOB} = x:y:z$，
由此定理可得三角形四心向量式，已知点$O$在$\triangle ABC$内部，有以下四个推论：
①若$O$为$\triangle ABC$的重心，则$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 0$；
②若$O$为$\triangle ABC$的外心，则$\sin 2A · \overrightarrow{OA} + \sin 2B · \overrightarrow{OB} + \sin 2C · \overrightarrow{OC} = 0$，或$|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OC}|$；
③若$O$为$\triangle ABC$的内心，则$a · \overrightarrow{OA} + b · \overrightarrow{OB} + c · \overrightarrow{OC} = 0$，或$\sin A · \overrightarrow{OA} + \sin B · \overrightarrow{OB} + \sin C · \overrightarrow{OC} = 0$.
④若$O$为$\triangle ABC$的垂心，则$\tan A · \overrightarrow{OA} + \tan B · \overrightarrow{OB} + \tan C · \overrightarrow{OC} = 0$，或$\overrightarrow{OA} · \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OB} · \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OC} · \overrightarrow{OA}$.
奔驰定理对于利用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的作用.

8. [安徽合肥 2025 高一期末]已知$O$是$\triangle ABC$内部的一点，$\overrightarrow {OA}+2\overrightarrow {OB}+3\overrightarrow {OC}=0$，则$\triangle OAC$的面积与$\triangle OAB$的面积之比是(B)

A.$\frac {3}{2}$
B.$\frac {2}{3}$
C.$2$
D.$1$

答案：
8.B【解析】如图，取$D,E$分别为$BC,AC$的中点，连接$OD,OE$，由$\overrightarrow{OA} + 2\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC} = 0$得$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} = - 2(\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$，即$\overrightarrow{OE} = - 2\overrightarrow{OD}$，所以$O,D,E$三点共线，且$OE = 2OD$.

$S_{\triangle COE} = S_{\triangle AOE}$，$S_{\triangle COD} = S_{\triangle BOD}$，
设$S_{\triangle AOC} = S_{1}$，$S_{\triangle BOC} = S_{2}$，则$S_{\triangle COE} = S_{\triangle AOE} = \frac{S_{1}}{2}$，$S_{\triangle COD} = S_{\triangle BOD} = \frac{S_{2}}{2}$
因为$D,E$分别为$BC,AC$的中点，所以$DE//AB$，$DE = \frac{1}{2}AB$，
所以$\frac{S_{\triangle CDE}}{S_{\triangle ABC}} = \frac{1}{4}$，所以$\frac{S_{\triangle CDE}}{S_{四边形ABDE}} = \frac{1}{3}$，即$\frac{\frac{S_{1}}{2} + \frac{S_{2}}{2}}{S_{四边形ABDE}} = \frac{1}{3}$，解得$S_{1} + S_{2} = S_{\triangle OAB}$，
因为$S_{\triangle AOE}:S_{\triangle BOD} = 2:1$，所以$S_{1}:S_{2} = 2:1$，即$S_{2} = \frac{1}{2}S_{1}$，所以$S_{1} + \frac{S_{1}}{2} = S_{\triangle OAB}$，所以$S_{1} = \frac{2}{3}S_{\triangle OAB}$，即$\triangle OAC$的面积与$\triangle OAB$的面积之比是$\frac{2}{3}$，故选B.
多种解法因为$\overrightarrow{OA} + 2\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC} = 0$，所以由奔驰定理得$S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB} = 1:2:3$，所以$S_{\triangle OAC}:S_{\triangle OAB} = 2:3$，故选B.