梅涅劳斯定理和塞瓦定理.讲义学生版

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梅涅劳斯定理和塞瓦定理

A→B→F→D→E→C→A，由此可写出以下公式：
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（AB：BF）*（FD：DE）*（EC：CA）=1。从A
出发还可以向“C”方向走，于是有：
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方案 ③ —— A→C→E→D→F→B→A，由此可写
出公式：
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• （AC：CE）*（ED：DF）*（FB：BA）=1。从A出发还有最后一个方案：
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方案 ④ —— A→E→C→D→B→F→A，由此写出公式：
（sin∠AOF/sin∠FOB)(sin∠BOD/sin∠DOC)(sin∠C
OA/sin∠AOE)=1。(O不与点A、B、C重合)
梅涅劳斯定理的数学意义
• 使用梅涅劳斯定理可以进行直线形中线段长度比例的计算，其逆定理还是可以用来解决三点共线、三线共点等问题的判定方法，是平面几何学以及射影几何学中的一项基本定理，具有重要的作用。梅涅劳斯定理的对偶定理是塞瓦定理
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=（S△ADF：
S△BDF）·（S△BDF：
S△CDF）·（S△CDF：
S△ADF）
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=1
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此外，用定比分点定义该定理可使其容易理解和记
忆：
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在△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上分别取
L、M、N三点，又分比是λ=BL/LC、μ=CM/MA、
ν=AN/NB。于是L、M、N三点共线的充要条件是λμν=1。
•
（AE：EC）*（CD：DB）*（BF：FA）=1。
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我们的直升机还可以选择在B、C、D、E、F任一点降落，
因此就有了图中的另外一些公式。
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值得注意的是，有些公式中包含了四项因式，而不是“梅涅
劳斯定理”中的三项。当直升机降落在B点时，就会有四项因式。

九年级数学第13讲.梅涅劳斯定理与塞瓦定理.目标预备班.学生版

梅涅劳斯定理：如果一条直线与ABC △的三边AB 、BC 、CA 或其延长线交于F 、D 、E 点，那么1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=．这条直线叫ABC △的梅氏线，ABC △叫梅氏三角形． GF EDCBAGFE DCBAH3H 2H 1F E DCBA证法一：如左图，过C 作CG ∥DF∵DB FB DC FG =，EC FG AE AF= ∴1AF BD CE AF FB FG FB DC EA FB FG AF⋅⋅=⋅⋅=．证法二：如中图，过A 作AG BD ∥交DF 的延长线于G∴AF AG FB BD =，BD BD DC DC =，CE DC EA AG= 三式相乘即得：1AF BD CE AG BD DCFB DC EA BD DC AG⋅⋅=⋅⋅=．证法三：如右图，分别过A B C 、、作DE 的垂线，分别交于123H H H 、、．则有123AH BH CH ∥∥，所以3122311CH AH BH AF BD CE FB DC EA BH CH AH ⋅⋅=⋅⋅=．知识导航板块一梅涅劳斯定理及其逆定理13梅涅劳斯定理与塞瓦定理如果1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=，则F 、D 、E 三点共线．【例1】如图，在ABC △中，AD 为中线，过点C 任作一直线交AB 于点F ，交AD 于点E ，求证：:2:AE ED AF FB =．ECD B FA习题1. 在△ABC 中，D 是BC 的中点，经过点D 的直线交AB 于点E ，交CA 的延长线于点F ．求证：FA EA FC EB=． EFBDCA习题2. 如图，在△ABC 中， 90ACB ∠=︒，AC BC =．AM 为BC 边上的中线，CD AM ⊥于点D ，CD 的延长线交AB 于点E ．求AEEB． DEBMCA夯实基础【例2】如图，在ABC △中，D 为AC 中点，BE EF FC ==，求证：::5:3:2BM MN ND =．NMDCF EBA习题3. 如图，在ABC △中，D 为BC 的中点，::4:3:1AE EF FD =．求::AG GH AB ．CEFD BH GA【例3】过ABC △的重心G 的直线分别交AB 、AC 于点E 、F ，交CB 的延长线于点D ．求证：1BE CFEA FA+=． GFEA探索提升【例4】如图，点D 、E 分别在ABC △的边AC 、AB 上， AE EB =，23AD DC =，BD 与CE 交于点F ，40ABC S =△．求AEFD S ．FDECBA习题4. 如图，在ABC △中，三个三角形面积分别为5，8，10．四边形AEFD 的面积为x ，求x 的值．x 1085F DE CBA【例5】如图，在ABC △中，A ∠的外角平分线与边BC 的延长线交于点P ，B ∠的平分线与边CA 交于点Q ，C ∠的平分线与边AB 交于点R ，求证：P 、Q 、R 三点共线．QRA非常挑战习题5. 证明：不等边三角形的三个角的外角平分线与对边的交点是共线的三个点．F EDCBA塞瓦定理：如果ABC △的三个顶点与一点P 的连线AP 、BP 、CP 交对边或其延长线于点D 、E 、F ，如图，那么1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=．通常称点P 为ABC △的塞瓦点．PFEDCBA证明： ∵直线FPC 、EPB 分别是ABD △、ACD △的梅氏线，∴1BC DP AF CD PA FB ⋅⋅=，1DB CE AP BC EA PD⋅⋅=．两式相乘即可得：1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=．塞瓦定理的逆定理：如果点D 、E 、F 分别在ABC △的边BC 、CA 、AB 上或其延长线上，并且1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=，那么AD 、BE 、CF 相交于一点（或平行）．知识导航板块二塞瓦定理及其逆定理F PF'ED C BAFED CB A证明： ⑴ 若AD 与BE 相交于一点P 时，如图，作直线CP 交AB 于'F ．由塞瓦定理得：'1BD CE AF DC EA F B⋅⋅='，又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=，∴AF AF FB F B '='， ∴AB AB FB F B ='，∴FB F B '=． ∴'F 与F 重合 ∴'CF 与CF 重合∴AD 、BE 、CF 相交于一点．⑵ 若AD 与BE 所在直线不相交，则AD ∥BE ，如图． ∴BD EA DC AC=，又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=， ∴1EA CE AF AC EA FB ⋅⋅=，即CE FB AC AF =． ∴//BE FC ，∴AD BE FC ∥∥．说明：三线平行的情况在实际题目中很少见．【例6】（1）设AX BY CZ ，，是ABC △的三条中线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．ZYXCBA（2）若AX BY CZ ，，为ABC △的三条内角平分线．求证：AX BY CZ ，，三线共点．探索提升ZYXCBA习题6. 若AX BY CZ ，，分别为锐角ABC △的三条高线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．ZYX CBA【例7】如图， M 为ABC △内的一点，BM 与AC 交于点E ，CM 与AB 交于点F ，若AM 通过BC的中点D ，求证：EF BC ∥．FDEMBA习题7. 如果梯形ABCD 的两腰AD 、BC 的延长线交于M ，两条对角线交于N ．求证：直线MN 必平分梯形的两底．N CPDMBQA。

相似模型之梅涅劳斯(定理)模型与塞瓦(定理)模型(学生版)

相似模型之梅涅劳斯(定理)模型与塞瓦(定理)模型梅内劳斯(Menelaus，公元98年左右)，是希腊数学家兼天文学家，梅涅劳斯定理是平面几何中的一个重要定理。

梅涅劳斯(定理)模型：如图1，如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么AF FB ⋅BDDC⋅CEEA=1．这条直线叫△ABC的梅氏线，△ABC叫梅氏三角形．梅涅劳斯定理的逆定理：如图1，若F、D、E分别是△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线的三点，如果AF FB⋅BD DC ⋅CEEA=1，则F、D、E三点共线．图1图2塞瓦(G·Gevo1647-1734)是意大利数学家兼水利工程师．他在1678年发表了一个著名的定理，后世以他的名字来命名，叫做塞瓦定理。

塞瓦(定理)模型：塞瓦定理是指在△ABC内任取一点G，延长AG、BG、CG分别交对边于D、E、F，如图2，则AFFB⋅BDDC⋅CEEA=1。

注意：①梅涅劳斯(定理)与塞瓦(定理)区别是塞瓦定理的特征是三线共点，而梅涅劳斯定理的特征是三点共线；②我们用梅涅劳斯(定理)与塞瓦(定理)解决的大部分问题，也添加辅助线后用平行线分线段成比例和相似来解决。

1(2023.浙江九年级期中)如图，在△ABC中，AD为中线，过点C任作一直线交AB于点F，交AD于点E，求证：AE:ED=2AF:FB．2(2023.重庆九年级月考)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC．AM为BC边上的中线，CD⊥AM于点D，CD的延长线交AB于点E．求AEEB．3(2023.湖北九年级期中)如图，点D 、E 分别在△ABC 的边AC 、AB 上，AE =EB ，AD DC=23，BD 与CE 交于点F ，S △ABC =40．求S AEFD ．4(2023.江苏九年级月考)已知AD 是△ABC 的高，点D 在线段BC 上，且BD =3，CD =1，作DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥AC 于点F ，连接EF 并延长，交BC 的延长线于点G ，求CG ．5(2023.广东九年级专项训练)如图，在△ABC 中，∠A 的外角平分线与边BC 的延长线交于点P ，∠B 的平分线与边CA 交于点Q ，∠C 的平分线与边AB 交于点R ，求证：P 、Q 、R 三点共线．6(2023上·广东深圳·九年级校联考期中)梅涅劳斯(Menelaus )是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图1，如果一条直线与△ABC 的三边AB ,BC ,CA 或它们的延长线交于F 、D 、E 三点，那么一定有AF FB ⋅BD DC ⋅CEEA=1．下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：证明：如图2，过点A 作AG ∥BC ，交DF 的延长线于点G ，则有AF FB =AG BD ，CE EA =CDAG，∴△AGF ∽△BDF ，△AGE ∽△CDE ，∴AF FB ⋅BD DC ⋅CE EA =AG BD ⋅BD DC ⋅CDAG=1．请用上述定理的证明方法解决以下问题：(1)如图3，△ABC 三边CB ,AB ,AC 的延长线分别交直线l 于X ,Y ,Z 三点，证明：BX XC ⋅CZ ZA ⋅AYYB=1．请用上述定理的证明方法或结论解决以下问题：(2)如图4，等边△ABC 的边长为3，点D 为BC 的中点，点F 在AB 上，且BF =2AF ,CF 与AD 交于点E ，试求AE 的长．(3)如图5，△ABC 的面积为4，F 为AB 中点，延长BC 至D ，使CD =BC ，连接FD 交AC 于E ，求四边形BCEF 的面积．7(2023.山东九年级月考)如图：P ，Q ，R 分别是△ABC 的BC ，CA ，AB 边上的点．若AP ，BQ ，CR 相交于一点M ，求证：BP PC ⋅CQ QA ⋅ARRB=1．8(2023.浙江九年级期中)如图，在锐角△ABC 中，AD 是BC 边上的高线，H 是线段AD 内任一点，BH 和CH 的延长线分别交AC 、AB 于E 、F ，求证：∠EDH =∠FDH 。

爱智康2017九年级尖子班春季讲义第4讲塞瓦定理、梅涅劳斯定理

相似——塞瓦定理、梅涅劳斯定理模块一梅涅劳斯定理和逆定理知识点睛梅涅劳斯定理：如果一条直线与△ABC 的三边AB 、BC 、CA 或其延长线交于F 、D 、E 点，那么AF FB ·BD DC ·CEEA=1.这条直线叫△ABC 的梅氏线，△ABC 叫梅氏三角形。

证法一：如图，过C 作CG ∥DF∵BD DC =FB FG ，CE EA =FGAF∴AF FB ·BD DC ·CE EA =AF FB ·FB FG ·FG AF=1 证法二：如图，过A 作AG ∥BD 交DF 的延长线于G∴AF FB =AG BD ，BD DC =BD DC ，CE EA =DCAG，三式相乘即得：AF FB ·BD DC ·CEEA=1.证法三：如图，分别过A 、B 、C 作DE 的垂线，分别交于H 1、H 2、H 3，则有AH 1∥BH 2∥CH 3，所以AF FB ·BD DC ·CE EA =12AH BH ·23BH CH ·31CH AH=1.梅涅劳斯定理逆定理：若F 、D 、E 分别是△ABC 的三边AB 、BC 、CA 或其延长线上的三点，如果AF FB ·BD DC ·CEEA=1，则F 、D 、E 三点共线.典型例题[例1]如图，在△ABC 中，D 为BC 的中点，AE ：EF ：FD =4：3：1.求AG ：GH ：AB 。

[例2]如图，在△ABC中，∠A的外角平分线与边BC的延长线交于点P，∠B的平分线与边CA交于点Q，∠C的平分线与边AB交于点R，求证：P、Q、R三点共线。

[巩固]过△ABC的重心G直线分别交AB、AC于点E、F，交CB的延长线于点D。

求证：BEEA＋CFFA=1模块二塞瓦定理及其逆定理知识点睛塞瓦定理：如果△ABC的三个顶点与一点P的连线AP、BP、CP交对边或其延长线于点D、E、F，如图，那么BDDC·CEEA·AFFB=1.通常称P为△ABC的塞瓦点。

12.2.3梅涅劳斯定理和塞瓦定理.讲义学生版

知识点A 要求B 要求Ｃ要求比例及定理熟知定理内容掌握平行线分线段成比例定理的内容以及其推论，同时会运用定理解决问题会运用定理及其推论的内容来解决相似的问题一、比例的基本性质1),a cad bc b d=⇔=这一性质称为比例的基本性质,由它可推出许多比例形式; 2)a c b db d a c=⇔=(反比定理); 3)a c a b b d c d =⇔=(或d cb a =)(更比定理); 4)ac a b c db d b d ++=⇔=(合比定理); 5)a c a b c db d b d --=⇔=(分比定理); 6)a c a b c db d a bc d++=⇔=--(合分比定理); 7)(0)a c m a c m a b d n b d n b d n b++⋅⋅⋅+==⋅⋅⋅=++⋅⋅⋅+≠⇔=++⋅⋅⋅+(等比定理). 二、平行线分线段成比例定理1.平行线分线段成比例定理如下图，如果1l ∥2l ∥3l ，则AB DE AC DF =，BC EF AC DF =， AB ACDE DF=. l 3l 2l 1FE D CB A2. 平行线分线段成比例定理的推论：如图，在三角形中，如果DE BC ∥，则AD AE DE AB AC BC ==，反之如果有AD AE DEAB AC BC==，那么DE ∥BC 知识点睛中考要求梅涅劳斯定理和塞瓦定理ABCDEEDC B A三、梅涅劳斯定理梅内劳斯（Menelaus ，公元98年左右），是希腊数学家兼天文学家．梅涅劳斯定理是平面几何中的一个重要定理．梅涅劳斯定理：X 、Y 、Z 分别是△ABC 三边所在直线BC 、CA 、AB 上的点．则X 、Y 、Z 共线的充分必要条件是：1CX BZ AYXB ZA YC⋅⋅=．根据命题的条件可以画出如图所示的两个图形：或X 、Y 、Z 三点中只有一点在三角形边的延长线上，而其它两点在三角形的边上；或X 、Y 、Z 三点分别都在三角形三边的延长线上． Z Yc ab XCBA c ab YZXACB证明：（1）必要性，即若X 、Y 、Z 三点共线，则1CX BZ AYXB ZA YC⋅⋅=．设A 、B 、C 到直线XYZ 的距离分别为a 、b 、c ．则 CX c XB b =，BZ b ZA a =、AY a YC c =，三式相乘即得1CX BZ AY c b aXB ZA YC b a c⋅⋅=⋅⋅= （2）充分性，即若1CX BZ AYXB ZA YC⋅⋅=，则X 、Y 、Z 三点共线．设直线XZ 交AC 于Y '，由已证必要性得：1CX BZ AY XB ZA Y C'⋅⋅='又因为1CX BZ AY XB ZA YC ⋅⋅=，所以AY AYY C YC'='．因为Y '和Y 或同在AC 线段上，或同在AC 边的延长线上，并且能分得比值相等，所以Y '和Y 比重合为一点，也就是X 、Y 、Z 三点共线．梅涅劳斯定理的应用，一是求共线线段的笔，即在CX XB 、BZ ZA 、AYYC三个比中，已知其中两个可以求得第三个．二是证明三点共线．四、塞瓦定理连结三角形一个顶点和对边上一点的线段叫做这个三角形的一条塞瓦线．塞瓦（G ·Gevo1647-1734）是意大利数学家兼水利工程师．他在1678年发表了一个著名的定理，后世以他的名字来命名，叫做塞瓦定理．塞瓦定理：从ABC △的每个顶点出发作一条塞瓦线AX BY CZ ，，．则AX BY CZ ，，共点的充分必要条件是1BX CY AZXC YA ZB⋅⋅=． PC 'B 'ZYXCBA充分性命题：设ABC △的三条塞瓦线AX BY CZ ，，共点，则必有1BX CY AZXC YA ZB⋅⋅=．必要性命题：设ABC △中，AX BY CZ ，，是三条塞瓦线，如果1BX CY AZXC YA ZB⋅⋅=，则AX BY CZ ，，三线共点．我们先证明充分性命题．如图，设AX BY CZ ，，相交于P 点，过A 作BC 边的平行线，分别交BY CZ ，的延长线于B C ''，．由平行截割定理，得BX AB CY BC AZ AC XC AC YA AB ZB BC ''===''，，．上面三式两边分别相乘得：1BX CY AZXC YA ZB⋅⋅=我们再证明必要性命题．Z 'ZYX PCB A假设AX 与BY 这两条塞瓦线相交于P 点，连CP 交AB 于Z '．则CZ '也是一条过P 点的ABC △的塞瓦线．根据已证充分性命题，可得1BX CY AZ XC YA Z B '⋅⋅='，由因为1BX CY AZ XC YA ZB ⋅⋅=，进而可得AZ AZZ B ZB'='．所以AZ AZ AB AB'=，因此AZ AZ '=．所以Z '与Z 重合，从而CZ '和CZ 重合，于是得出AX BY CZ ，，共点．塞瓦定理在平面几何证题中有着举足轻重的作用．第一方面，利用塞瓦定理的必要性可证明三线共点问题．第二方面，当一个三角形有三条塞瓦线共点时，依据塞瓦定理的充分性命题，就可以得出六条线段比例乘积等于1的关系式．利用这个关系式可以证明线段之间的比例式或乘积式．一、梅涅劳斯定理【例1】已知△ABC 中，D 是BC 的重点，经过D 的直线交AB 与E ，交CA 的延长线于F ．求证：FA EAFC EB=．例题精讲EFBDCA【巩固】如图所示，△ABC 中，∠ABC =90°，AC BC =．AM 为BC 边上的中线，CD AM ⊥于D ，CD的延长线交AB 于E ．求AEEB．DEBMCA【例2】如图所示，设D 、E 分别在△ABC 的边AC 、AB 上，BD 与CE 交于F ，AE EB =，23AD DC =．40ABC S =△．求AEFD S ． FDEC BA【巩固】如图所示，△ABC 内三个三角形面积分别为5，8，10．四边形AEFD 的面积为x ，求x 的值．x 1085F DE CBA【例3】在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 上分别取点D 、E 、F ．使12BD CE AF DC EA FB ===．若BE 与CF ，CF 与AD ，AD 与BE 的交点分别为1A 、1B 、1C求证：11117A B C ABC S S =△△． A 1C 1B 1FE CDBA【巩固】ABC △中，D E ，分别是BC ，CA 上的点，且::1::1BD DC m CE EA n ==，．AD 与BE 交于F ，问ABF △的面积与ABC △面积的比值是多少？GDEFBA【例4】如图所示，△ABC 的三条外角平分线BE 、AD 、CF ，与对边所在直线交于E 、D 、F 三点，求证：D 、E 、F 三点共线．FEDCBA【巩固】P 是平行四边形ABCD 内任意一点，过P 作AD 的平行线，分别交AB 于E ，交CD 于F ；又过P作AB 的平行线，分别交AD 于G ，交BC 于H ，又CE ，AH 相交于Q ．求证：D P Q ，，三点共线．KQP H GFED CB A二、塞瓦定理【例5】设AX BY CZ ，，是ABC △的三条中线，求证：AX BY CZ ，，共点．ZYXCBA【例6】若AX BY CZ ，，分别为ABC △的三条内角平分线．求证：AX BY CZ ，，共点．ZYXCBA【例7】若AX BY CZ ，，分别为锐角ABC △的三角高线，求证：AX BY CZ ，，共点．ZYX CBA【例8】锐角三角形ABC △中，AD 是BC 边上的高线，H 是线段AD 内任一点，BH 和CH 的延长线分别交AC 、AB 于E 、F ，求证：EDH FDH ∠=∠．HABCD FE【巩固】如图，在四边形ABCD 中，对角线AC 平分BAD ∠，在CD 上取一点E ，BE 与AC 相交于F ，延长DF 交BC 于G ．求证：GAC EAC ∠=∠．F GEDCBA1.如图所示，△ABC 被通过它的三个顶点与一个内点O 的三条直线分为6个小三角形，其中三个小三角形的面积如图所示，求△ABC 的面积．354030O F ECDBA2.如图，设M 为ABC △内一点，BM 与AC 交于点E ，CM 与AM 交于F ，若AM 通过BC 的中点D ，求证：EF BC ∥．FDEMBA3.如图，四边形ABCD 的对边AB 和CD ，AD 和BC 分别相交于L K ，，对角线AC 与BD 交于M ．直课后作业线KL与BD，AC分别交于F G，．求证：KF KGLF LG．F GLKMDCBA。

最新整理第二章塞瓦定理及应用上课讲义

第二章塞瓦定理及应用图2-1又由 BA 竺拄，有型匹AD PA EA AC EA 从而_BA 皂竺 AD BC EA AC BA CB EA AD BC若AA , BB , CC 三线平行，可类似证明(略) 注 (1)对于图2-1 ( b )、( c )也有如下面积证法:由: BA CB ACS A PAB S A PBC S A PCA 〔即证 AC B A C B 2 3 45A PCA S A PAB S A PBC上述两式相乘，得_BA CB 些1 .AC BA C B其次，由共点情形的塞瓦定理推证梅涅劳斯定理.如图2-2，设A , B , C 分别为 △ ABC 的三边BC , CA , AB 所在直线上的点，且 A , B , C 三点共线•令直线 BB 与CC 交于点X ,直线CC 与AA 交于点Y ,直线AA 与BB 交于点Z .2 点P 常称为塞瓦点.3 共点情形的塞瓦定理与梅涅劳斯定理可以互相推证. 首先，由梅涅劳斯定理推证共点情形的塞瓦定理.如图2-1 ( b )、( c ),分别对△ ABA 及截线CPC ，对△ AAC 及截线B PB 应用梅涅劳斯定理有【基础知识】塞瓦定理设A ，B ，C 分别是 △ ABC 的三边BC , CA ，AB 或其延长线上的点，若AA ，BB ，CC 三线平行或共点，则_BA竺1 .AC BA C B证明如图 2-1( b )、( c )，若 AA , BB , 得CB 匹 AC _BA AD ' C B CC 交于一点P ,则过A 作BC 的平行线，分别交BB , CC的延长线于D ，E ，EA BCBC AP AC CA PA C BA B CB AP BC B A PA(b)分别视点C , A ,B ,C , A , B 为塞瓦点，应用塞瓦定理，即对△ BCB 及点 C （直线 B A , CX , BA 的交点），有BACA BX 1AC AB XB对△ CAC 及点 A （直线 C B , AY , CB 的交点），有CBAB C Y 1 .BC BC YC对△ ABA 及点 B （直线 A C , BZ ,AC 的交点），有ACBC AZ 1C B CA ZA对△ BBC 及点 C （直线 B A , BA , CX 的交点），有BX BA C A 1 .XB AC AB对△ CCA 及点 A （直线 C B ,CB ,AY 的交点），有CYC B AB 1YCBA BC对△ AAB 及点 B （直线 A C ,AC ,BZ 的交点），有AZ AC BC 1ZA CB CABA CB 2AC1 .上述八式相乘，有AC BA C BBA CB AC1 , ②AC BA C B则AA , BB , CC 三直线共点或三直线互相平行.证明若AA 与BB 交于点P ，设CP 与AB 的交点为C 1，则由塞瓦定理，有 BA CB AC 1 1，又已知有 BA CB 也 1 ,由此得 AC 1 AC ,即 AC 1 AC ,亦即 AG AC , AC BA C 1BAC BA GBC 1BC B AB AB故G 与C 重合，从而 AA , BB , CC 三线共点.若 AA II BB ，贝U CB CB 代入已知条件，有 AC -AC 由此知CC II AA ，故B A BACBCBAA II BB II CC .上述两定理可合写为：设A , B , C 分别是△ ABC 的BC , CA , AB 所在直线上的点，则三直线AA ,BB , CC 平行或共点的充要条件是旦ACB 也 1 .③故 BA CB ACAC BA C B 塞瓦定理的逆定理设A , B , C 分别是△ ABC 的三边BC , CA , AB 或其延长线上的点，若AC BA C B的是三边所在直线上的点或者两点在边的延长线上，或者没有点在边的延长线上•④、⑤式中的角也可按①式的对应线段记忆.推论设A 1,吕,G ，分别是△ ABC 的外接圆三段弧 BC , C A , A B 上的点，贝y AA , BB 1 , CC 1共点的充要条件是 BA 1 CB 1 AC 1 AC Bi A C 1B证明如图2-3,设厶ABC 的外接圆半径为 R , AA 交BC 于A , B^交CA 于B , CC 1交AB 于C .由BA 1 2R sin Z BAA 1 sin Z BAA AC 2R sin Z AAC sin ZAAC同理 CB 1 sin Z CBB AC 1 sin Z ACC'B 1A sin Z BBA‘ C 1B sin Z C CB '三式相乘，并应用第一角元形式的塞瓦定理即证.为了使读者熟练地应用塞瓦定理，针对图 2-4中的点A 、B 、C 、D 、E 、F ,将其作为塞瓦点，我们写出如下式子:此文档收集于网络，如有侵权，请联系网站删除第一角元形式的塞瓦定理设A , B , C 分别是△三直线AA , BB , CC 平行或共点的充要条件是sin Z BAA sin Z ACC sin Z A AC sin Z C CB证明由_BA 氐ABAAC S^ AACsin Z CBB1 •sin Z B BAAB sin Z BAA AC sin Z AACCB 'BA BC ABC 的三边 sin / CBB AB sin / B BA BC , CA , AB 所在直线上的点，则AC CBAC sin z CCCB ，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立. 第二角元形的塞瓦定理设A , B , C在厶ABC 的三边所在直线上的点，贝U sin Z BOA sin Z AOC sin Z COB sin Z AOC sin Z COB sin Z BOA 证明注意到塞瓦定理及其逆定理，有 1 BA CB AC S ^ BOA S ^ COBAC BA C B BOAAOC S ^ B OACO sin z COB AO sin Z BOA分别△ ABC 的三边BC ,AA ，BB ，CC 平行或共点的充要条件疋 CA , AB 所在直线上的点， 0是不旦AOCS^ C OBAO sin Z AOC BO sin Z COBBO sin Z BOA CO sin Z AOC 由此即证得结论.注在上述各定理中，若米用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式的右端仍为 1 •特别要注意A , C 1,B , A 1,C ,B 1六点共圆及正弦定理，有图2- 3A 图2-4对△ ACE及点D有ABBCCGGEEFFA1对厶CDE及点A有CF DBEG1FD BE GC对△ ADE及点C有DG AF EB1GA FE BD对△ ABD及点F有AC BE DH1CB ED HA对△ ACD及点E有AG DF CB1GD FC BA对△ ADF及点B有AH DC FE1HD CF EA对△ ABF及点D有BC AE FH1CA EF HB对厶BDF及点A有BE DC FH1ED CF HB【典型例题与基本方法】1恰当地选择三角形及所在平面上的一点，是应用塞瓦定理的关键例1四边形两组对边延长分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行. 证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连线的线段. （1978年全国高中竞赛题）证明如图2-5,四边形ABCD的两组对边延长分别交于E , F，对角线BD II EF , AC的延长线交EF 于G .图2-5此文档收集于网络，如有侵权，请联系网站删除对△ AEF 及点C ，应用塞瓦定理，有 EG FD AB , 1 .GF DA BE由BD II EF ,有AB AD ，代入上式，BE DF EG得—1，即EG GF .命题获证.GF例2如图2-6，锐角△ ABC 中，AD 是BC 边上的高，H 是线段AD 内任一点，BH 和CH 的延长线分别交AC , AB 于E , F •求证：Z EDH Z FDH .（1994年加拿大奥林匹克试题）证法1对厶ABC 及点H ，应用塞瓦定理，有-At -BD C E 1 . ①FB DC EA过 A 作 PQ I BC ，延长 DF , DE 分别交 PQ 于 P , Q ，贝U DA 丄 PQ ，且△ APF s △ BDF ,△ AQE s △ CDE ，从而AFEAPA -BD ,AQDC .FBCE而由①，有 AF BD EA DC ，故 PA AQFBCE由此知AD 为等腰 △ APQ 底边PQ 上的高，故 Z EDH Z FDH .证法2 对△ ABC 及点H 应用塞瓦定理，有注将此例中的平角 Z BDC 变为钝角，则有如下:例3 如图2-7,在四边形 ABCD 中，对角线AC 平分Z BAD .在CD 上取一点E , BE 与AC 相交于F , 延长DF 交BC 于G •求证：Z GAC Z EAC .（1999年全国高中联赛题）AF BD CEFB DC EA S4 DAFBD& DCES A DFB DC S A DEA AD sin Z ADF BD sin Z FDBBD DC sin Z EDC DC AD sin Z ADEtan Z ADF cot Z ADE •即 tan Z ADE tan Z ADF ,由锐角性质知Z EDA Z FDA .类似地，对△ ABE 及截线FHC 或对△ AFC 及截线BHE 应用梅涅劳斯定理也可证得有Z EDA Z FDA .C连BD 交AC 于H ，对△ BCD 及点 BH DE1 .HD ECAH 平分Z BAD ，由角平分线性质，可得 BH AB 斗 CG AB DE ，故 1 • HD AD GB AD EC过点C 作AB 的平行线交AG 的延长线于I 故 Z GAC Z EAC •注由此例还可变出一些题目，参见练习题第4、5及19题.例4 如图2-8, BE 是厶ABC 的中线，G 在BE 上，分别延长 AG , CG 交BC , AB 于D , F ，过D 作DN II CG 交BG 于N , △ DGL 及△ FGM 为正三角形.求证： △ LMN 为正三角形.证明连NF ,对△ ABC 及点G 应用塞瓦定理，有 AF BD CE 1 .而 AE CE , 山AF DC 则 FB DC EAFB BD由 DN II CG ,由CD NGBD BN于是，有JA F NG ，从而FN II AD ，即知四边形 DNFG 为平行四边形，有 Z GDN Z GFN .FB BN又 Z GDL Z GFM 60，则 Z LDN Z NFM .而 DN GF FM , DL DG NF ，知△ LDN 也△ NFM ，有 LN MN , Z DNL Z NMF .于是Z MNL Z DNF - (Z DNL Z MNF ) Z DNF - (Z NMF Z MNF )=(180 - Z NFG) - (180 - Z NFM ) Z NFM - Z NFGZ MFG 60 .故厶LMN 为正三角形.例5 如图2-9，在一个△ ABC 中，Z C 2Z B , P ABC 内满足 AP AC 及PB PC 的一点.求证明 CG GB ，过点C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J ，则CG GB 从而，又CI CI AB CI DE ECCJ•AD .所以C_竺AD 1 . CJ AB AD CJII AD ，有 Z ACI 180 - Z BAC 180 - Z DAC Z ACJ . II AB , CJ △ ACI ACJ ，即有 Z IAC Z JAC •IF ,应用塞瓦定理，有图2- 8证明用 B 表示 Z ABC 的度量，令 Z PCB ，则 Z PBC , Z ABP B- , Z ACP 2B-,Z CAP n - 2 2B- (其中注意 AP AC ) , Z PAB Z A- Z CAPn - B - C - [ n - 2(2B -)](n - 3B) - ( n - 4B 2 ) B- 2 .对厶ABC 及点P ，应用第一角元形式的塞瓦定理，有 sin[ n - 2(2B -)] sin sin(B- )1I •sin(B - 2 ) sin(2B -) sin亦即 2sin(2B- ) cos(2B- ) sin(B-)〔.sin(B- 2 ) sin(2B-)于是 sin (B-2) 2si n( B - ) cos(2B - ) si n(3B-2)-si nB , 即 si nB si n(3B-2)-si n(B-2) 2cos(2 B - 2 ) si nB . 而 sinB 0 , 则 cos2(B-)12 .因 0 B-1b -(B3C) n ，则 2(B- ) 0, ¥3 3n 卄 n 2(B-) ，即B36 .从而Z CAPn - 2(2B- ) n - 4(B - )- 2n n--2 2 --2[(B-)-]3 62(B- 2 )2Z PAB .1故 Z PAB Z A ，即AP 是Z A 的三等分线.3利用第一角元形式的塞瓦定理可简捷处理2009年全国高中联赛加试第一题的第 1问:证：AP 是Z A 的三等分线.图2-9IMO 选拔赛题)例6设M 、N 分别为锐角 △ ABC （/A Z B ）的外接圆上弧?C 、Ac 的中点.过点C 作PC II MN交圆于点P , I ABC 的内心，联结 PI 并延长交圆于点•求证：MP MT NP NT .证明事实上，易知 A 、I 、M 及B 、I 、N 分别三点共线，对 △ PMN 及点I 应用第一角元形式的塞瓦定理有 sin Z NPI sin Z PMI sin Z MNI 土 ' sin Z IPM sin Z IMN sin Z INP 由 CP II MN 知 PA PB ，有 Z PMI故 MP MT NP NT .2•注意塞瓦定理逆定理的应用以及与梅涅劳斯定理的配合应用例7 如图2-10，在△ ABC 中，Z BAC 90 , G 为AB 上给定的一点（G 不是线段 AB 的中点）.设D 为直线GC 上与C , G 都不相同的任意一点，并且直线 AD , BC 交于E ，直线BD , AC 交于F ,直线EF , AB 交于H .试证明交点 H 与D 在直线CG 上的位置无关.（1990年苏州市高中竞赛题）因此，点H 与D 在直线CG 上的位置无关.例8 如图2-11，设P 为△ ABC 内任一点，在形内作射线 AL , BM , CN ，使得Z CAL Z PAB , Z MBC ZPBA , Z NCA = Z BCP .求证： AL , BM , CN 三线共点.Z INP .于是①式即为NTM Tsin - Z B2 sin Z A 2CN CMMP NP证明设G 分线段AB 为定比H 的位置由点在△ ABC 中，AG BE CF G 唯一确定. 由AE , BF , 对△ ABC 及截线EFH 1, H 分线段AB 为定比2 •下证CG 交于一点D ，应用塞瓦定理，有BE CF 1 .1EC FA，应用梅涅劳斯定理，得BE CF -1 . 2EC FA、CF0 . 2)EC FA-1, 故2 由1唯一确定2由1确定，即当A , B 给定后，点图 2-101，即上述两式相加，得（ 1 2从而1 2 0，即AH BE CF 1，即 HB EC FA证法1 设AL 交BC 于L , BM 交CA 于M , CN 交AB 于N ，则由正弦定理有 BL AB sin / BAL AB sin / PAC LC AC sin / CAL AC sin / PAB 'CM BC sin / PBA冋理，，MA AB sin / PBCAN AC sin / PCB NB BC sin / PCA将上述三式相乘，并应用正弦定理，有 BL CM AN sin / PAC sin / PBA sin / PCB LC MA NB sin / PAB sin / PBC sin / PCA 由塞瓦定理的逆定理，知 AL , BM , CN 共点. 证法2 设AL 交BC 于L , BM 交CA 于M ,E ，直线CP 交AB 于F .以上三式相乘，并注意到①式，有 BM 交AC 于M , CN 交AB 于N ,直线 AP 交BC 于D ,直线BP 交AC 于E ，直线交AB 于F •对△ ABC 及点P ，应用角元形式的塞瓦定理，有sin Z PAB sin Z PBC sin Z PCA ------------- --------------- --------------- 1 . sin Z PAC sin Z PBA sin Z PCB由题设 Z PAB Z CAL , Z PBA Z CBM , Z PCB Z ACN ，则有 Z BAL Z PAC , Z ABM Z PBC ,PC PA PB PA PB PCCN 交AB 于N ，直线 AP 交BC 于D ，直线BP 交AC 于对△ ABC 及点P ，应用塞瓦定理，有 AF BD 在△ ABL 和△ ACL 中应用正弦定理, BL BL AL sin / BAL sin / C LC AL LCsin Z PACsin Z CFB 有 DC CE 1 EA同理，CM- MA sin / B sin / LACsin / B sin 2 / C sin / PAB sin 2 / B AE sin / AAN EC sin / C NB DCAD BF FA sin Z c sin Z B AD sin 2Z CDC ~/BD sin Z BBDsin Z Br~\.sin Z Asin Z PAC sin Z PAB 2sin 2 Z C sin Z BBL CM AN DC AE BF LC MA NBBD EC FA 由塞瓦定理的逆定理，知 AL , 证法3 设AL 交BC 于L , BM ,CN 共点.图 2-11CZ BCN Z PCA.此文档收集于网络，如有侵权，请联系网站删除于是sin / BAL sin / CBM sin / ACN sin / PAC sin / PBA sin / PCB sin / CALsin / ABM sin / BCN sin / PAB sin / PBC sin / PCA1 1___________________________ _ 1 ,sin / PAB sin / PBC sin / PCA 1sin Z PAC sin Z PBA sin Z PCB对厶ABC，应用角元形式的塞瓦定理的逆定理，知AL , BM , CN三线共点.例9如图2-12，四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC的延长线交于点P , AD与BC的延长线交于点Q，过点Q作该圆的两条切线，切点分别为E和F .求证：P , E , F三点共线.（1997年CMO试题）证明连EF分别交AD , BC于M , N，设AC与BD交于K .要证P , E , F三点共线，只须证明P , K , M 和P , N , K都三点共线，又只须证明AC , BD , PM三线共点.由塞瓦定理的逆定理知只须证明AB匹列1 BP CD MA又直线QCB截厶PDA，应用梅涅劳斯定理，有AB PCBP CD设圆心为DQ DM DQ1，从而只须证明QA AM AQO，连QO交EF于L ,连LD , LA , OD , OA，则由切割线走理和射影定理，有QD QA QE QL QO，即知D , L , O , A 四点共圆，有Z QLD Z DAO Z ODA Z OLA，此表明QL为△LAD的内角Z ALD的外角平分线•而EF丄OQ，贝U EL平分Z ALD •于是,DM DLAM ALDQ，结论获证.AQ【解题思维策略分析】1.获得线段比例式的一种手段例10 如图2-13, △ABC中，D , E分别为AC和AB同方向延长线上的点，BD与CE相交于P , 且BD CE •若点P 满足Z AEP - Z ADP k（Z PED - Z PDE）（k 为常数），贝U AB AC .图2-12EBCA S ^ DBC - 此时，点E 到BC 的距离不小于 D 到BC 的距离，则过E 作EF II BC 必交CD 延长线于一点，设为F .又作△ FBC 的外接圆eO 交EF 于另一点 F ，则四边形 BCFF 为等腰梯形.当 AB A AC 时，由Z BFF Z FFC Z BCA >Z ABC Z AEF ，知 F 必在线段 EF 上，于是，Z BDC >Z BFC >Z BEC（同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）又由PD < PE ，知Z PED <Z PDE .故结论获证. 2•转化线段比例式的一座桥梁例11设M 为△ ABC 内任1占八、AM , BM , CM 分别交 BC , CA , AB 于 D , E , F •求证：MDME MF , 1 .BE CFAD证明如图2-14 ,记 BD m , CEAF n , 1 .对△ ABC 及点M ,应用塞瓦定理，有DCEA FBBD CE AFmnl 1 .DC EA FB图 2-14对厶ADC 及截线EMB ，应用梅涅劳斯定理，有证明设AP 交BC 于Q ，对△ PBC 及其形外一点 A ，应用塞瓦定理，有 BQ CE PD 1QC EP DB而BD CE ，则 PD QC .PE QB不妨设QC < QB ,则PD < PE ,即有PCCE- PE < BD- PDPB ,于是 PBE 》PCD ,故AE图 2-13AM DB CE AM m- n 1,即MD BC EA MD 1 mAM 1 m(1 m)l .MD m n由合比定理得AD 1 (1m)l , 即MD 1MD AD 1 l ml同理，ME1lBE 1m mn 1ml1MF1mlCF 1 n n l ml 1 l二式相加，得MD ME MF 1 .AD BE CF例12 如图2-15,设P为△ ABC内任意一点，AP , BP , CP的延长线交对边BC , CA , AB于点D , E，F，EF 交AD 于Q .试证：PQ < (3- 2.2)AD .图2-15BD CE证明令m,DC EA对厶ADC及截线BPE，应用梅涅劳斯定理，有CE AP DBEA PD BC1 •注意到AF n，丘p ,对△ ABC及点PDB亠，则有BC m 1应用塞瓦定理，DCCE AFmnpEA FBAP nPD n m AP m1，即T 1 PD m1 n故AP ADm1mn m1又对直线APD 截△ BCE，有BD CA EP 1 . 而CA 彳n 1 ,则BP mn m,DC AE PB AE EP又对△ABP及截线FQE , 有AF BE PQ1,即有PQ1FB EP AQ AQ p(m n mPQ1AQ mp'p 2 '从而空PQ AP 1m1故AD AP AD mp p 21)mn m 1BEmnEP P(m 1)1mn1m 12mn1 p(m 1) 2m 1曰是,PQ w (3 - 2 . 2) AD .1mp p 11) > 2」空巳p(m 1) 2.J2中等号成立时成立，即当且仅当-2mn p(m 1)\m 1 m 1一2— p(m 1)，亦即p(m 1) . 2时取等号•此时，m和p之间成为如p(m 1)例13 如图2-17，已知直线的三个定点依次为A、B、C ,的交点不依赖于圆的选取.证明设/ AQC的平分线交AC于点R，交圆于点S，其中S与Q是不同的两点.由于△PAC是等腰三角形，则有△旦sin/APBBC sin / CPBAR同理，在△ ASC中，有一一RCsin / ASQ sin / CSQ在△PAC中，视Q为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理，有sin/ APB sin/QAC sin / QCP〔.sin / CPB sin / QAP sin / QCA 注意到 / PAQ / ASQ / QCA , / PCQ / CSQ / QAC .则sin / APB sin / PAQ sin / QCA sin2/ ASQ、sin / CPB sin / QAC sin / PCQ sin2/ CSQ '图2-16别过A、C两点且与圆相切的直线交于点P , PB与圆交于点Q .证明：/ AQC的平分线与ACPS图2-172mn其中等号由p(mm 1亦即当且仅当2mnpP(m 1)图2-16的双曲线的关系.为过A、C且圆心不在AC上的圆，分（IMO 45预选题）此文档收集于网络，如有侵权，请联系网站删除2 即 AB 竺，故结论获证.BC RC3 •求解三角形格点问题的统一方法如果三角形的三个角的度数都是10的整数倍，三角形内一点与三角形的三个顶点分别连结后，得到的所有的角也都具有这个性质，我们称这样的点为三角形的格点.例14 如图2-18，在△ ABC 中，Z BAC 40 , Z ABC 60 , D 和E 分别是 AC 和AB 上的点，使得/ CBD 40 , Z BCE 70 , F 是直线BD 和CF 的交点•证明：直线 AF 和直线BC 垂直.(1998年加拿大奥林匹克试题)关于 △ ABC 有 sin Z BAH sin Z ACD sin Z CBD sin Z HAC sin Z ECB sin Z DBA 三线共点，因此点 F 在AH 上，即卩AF 丄BC • 例 15 如图 2-19，在△ ABC 内取一点 M ，使得 Z MBA 30 , Z MAB 10 .设 Z ACB 80 , AC BC ,求Z AMC •(1983年前南斯拉夫奥林匹克试题)证明设Z BAF sin 10sin 70 sin ，则 Z FAC 40 -，对△ ABC 及点 F , sin 40 应用第一角元形式的塞瓦定理，有sin(40 - ) sin 20sin10 sin2sin 20 cos2°1，即有sin(40 - )2si n sin10 2si n cos80sin(80 ) sin( - 80 )•sin( -80 ) sin(40 -)-sin(80 ) 2cos60 sin(- 注意到0 40，知-80-20 - , - -80 20 ，有-80-20 -，故30 •)sin(-20 -延长AF 交BC 于H ，贝U ZAHB 180 注此题也可这样来解：由■^皿- 180 - 30 - 60 90 .故AF 丄BC •sin sin(40 -) sin sin 70 sin(40 -) sin 10 - sin40 小._ sin 10 2si n10 sin70 - sin 20 sin30sin 40sin 20sin(40 1，有三卩 sin 40 cot30 -cos40 •sin30 由于迥型二 sin所以 Z BAF 30 .故 Z ABC Z BAF 90 或者过点 A 作AH 丄BC 于H ，则Z BAH 30)sin40 cot - cos40 作为的函数在 (0 , 180 )上严格递减, 因此， Z HAC AF 丄 BC •10 •sin30sin10 1.所以，AH 、BD 、CEsin70 sin 20B图 2-18从而cos20 sin(40 -)sin 20 -Z FBC- Z ABH20因为sin(80----- 1 sin80 cot - cos80作为的函数在(0, 180 )上严格递减，所以sinZ ACM 70 .故 Z AMC 180 - 40 - 70 70 .或者由Z AMB 140，令Z AMC x ,则Z CMB 220 - x .对△ MAB 和点C 应用第一角兀形式的塞瓦定理，有sin Z AMC 1sin Z CMB sin Z MBC sin Z BAC sin x sin 20 sin 50 sin Z CBA sin Z CAMsin(220 - x)sin 50 sin 40 贝 sin(220 - x)1sin(220 -70 ) sin 220cot 70 -cos220 .sin x2cos20si n70因为 sin(220 -sin x x) sin 220 cotx- cos220 (sin 2200）作为 x 的函数在（0 , 180 ）上严格递增，所以Z AMC x 70 .例16 如图2-20 , △ ABC 具有下面性质：存在一个内部的点 P ，使得Z PAB 10 , Z PBA 20 ,从而 sinsin 10 sin(80 - )cos202si ncos80 2sin(80 -)cos20sin( 80 ) sin( - 80 ) sin(100 - )si n(60 -), sin(- 80 ) - sin(60 -) sin(100 -)-sin( 80 )2cos90 sin(10 - )0 .于是 sin( -80 ) sin(60 -).注意到 080 ，知-80-80 ,60 - 60 .-80 60 - ，故70 .所以 Z AMC 180 -Z MAC -Z ACM 180 - 40 - -70 7sin 20 sin30 为所求. 注此题结果也可直接由①式有解设/ ACM ，贝V ZMCB 80 - 由第一角元形式的塞瓦定理，有 sin si n10sin 80 - sin 40sin sin70 且0sin10 sin(80 -),80 -80，求得70 .另外，此题也可这样来解：由 sin sin10 sin 20 sin(80 -) sin10 sin 20sinsin 40 sin30sin(80 -) sin 40 sin30皿 sin(80 - 70 )sin80 cos20 sin 70cot 70 - cos80 .图 2-19此文档收集于网络，如有侵权，请联系网站删除Z PCA 30 , Z PAC 40 .证明：△ ABC是等腰三角形.（1996年美国第25届奥林匹克试题）证明设Z BCP 有sin 20 sin 40sin(80 - ) sin10，则Z PBC 180乩1 .sin 30即有2si n10 cos10sin(80 -)sin 40sin 10sin2-20-10 -40 - 30 - 80 -.由第一角元形式的塞瓦定理,sin(80 - ) 4sin4sin sin 20 sin 40sin 40 cos10 4sin sin 40 si n80sin80 sin60 sinsin 20sin(80 - ) sin 20 sin60sin 20sin从而sin(80 -) sin 60si n20 sin ,80 - 80 ,20，即Z ACB 50此题也可这样来求解：由Z CAB，从而ABsin 40sin 10sin 20sin(80 -)BC .sinsin30有si n(80sin-)si n20sin 404sin 20 sin 40 sin80sin 10si n30 1 U 011 1sin 20sin 60sin (80-20 )sin 80cot 20 - cos80 .sin 20sin 20因为sin(80-)sin 80cot -cos80作为的函数在（0,180 ）上严格递减，所以Z BCP sin20，即Z ACB 50 还可对△APC及点B应用第一角元形式的塞瓦定理来求.4•论证直线共点的一种工具例17 如图2-21，在四边形ABCD中，AB AD , BC 其中EF交AB , CD于E , F , GH 交DA , BC于G , H .DC ,EH ,过AC , BD的交点O引EF , GH , GF分别交BD于P , Q，则OP OQ .（1990年CMO选拔试题）图2-20Z CAB .故AB BC .证明设1A 与MN , BC 分别相交于点 G , D ，由Z AMG Z ADN , Z AGM Z AND 90，知Z MAG Z NAD ，即 Z BAD Z CAD .同理，设CA , AB 边上的高 BE , CF 的垂足分别为 E , F ，且l B , l C 分别与CA , AB 交于E , F , 则有Z CBE Z ABE , Z ACF Z BCF .由于△ ABC 的三条高相交于垂心，此时应用第一角元形式的塞瓦定理，得证明若设则在AB , Z AOG ，又连GH 交BD 于 G E BF HKEB FH KG BC 上分别取 ,/ AOG，故 K ,在△ S A OG E G , F , ,Z COH .又Z 1 BHG 中， S A OBF S A OHK AG AG , ，/ GOE / 4 CF CF , Z 1 , Z EOB ，故上1 Z 4 ,则由对称性可知有下列角相等，即 Z 2，/BOF Z 3，/FOH Z 4 , Z 2 Z 3.S A OEB S A OF H S A OKGOG OE sin Z 1 OB OF sin Z 3 OH OE OB sin Z 2 OF OH故由塞瓦定理的逆定理，知例18 如图2-22，在锐角OK sin(Z 3 Z 4)1 .sin Z 4 OK OG sin(Z l Z 2)GF , BO , HE 共点，即G F 过点P •由对称性知， OP OQ .△ ABC 中，以A 点引出的高 AD 为直径作圆交 AB , AC 于M , N ，再从A 作1A 丄MN .同样可作出(第29届IMO 预选题)使 l B , l c .试证：二直线l A , l B , l c 相父于一点.C图 2-22sin / CAD sin / ABE sin / BCF sin / DAB sin / EBC sin / FCA 用等角代换上式，有sin / BAD sin / ACF sin / CBE sin Z DAC sin Z F CB sin Z E BA 故由第一角元形式的塞瓦定理，知AD , BE , CF 三线共点，即l A ,I B ,I C 相交于一点.例19如图2-23，四边形ABCD 内接于圆， P 为圆上任一点， PE , PF 分别交圆于 R , 点共线.证明连 PD , AS , RC , BR , AP , SD . BR 由△ EBR s △ EPA , △ FDS s △ FPA ，有PA EB EPPAFP BR EB FP，此两式相乘，有①DS FDDS EP FD又由 △ ECREPD ,△ FPDFAS ，有CR EC PD FPPD EP ， AS FA此两式相乘，有 CR EC FPAS EP FA由①②，得 BR AS EB FADS CREC FD上式两边同乘以DC，得 BR CD SA EB AF DCAB RC DS AB BA FD CE对厶EAD 及截线BCF ，应用梅涅劳斯定理，有 EB AF DCBA FD CEBD , RS , AC 交于一点•从而 R , T , S 三点共直线.【模拟实战】习题AAB , DC 的延长线交于E , AD , BC 的延长线交于 F ,S .若对角线 AC 与BD 相交于T ，求证：于是 BR CD SARC DC AB此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知 F图 2-23BD i1.在△ ABC 中，D 是BC 上的点，，E 是AC 中点.AD 与BE 交于0 , CO 交AB 于F ，求DC 3四边形BDOF 的面积与△ ABC 的面积的比.2•若通过 △ ABC 各顶点的直线 AD , BE , CF 共点，并且它们在边 BC , CA , AB 所在直线上的截点D ,E ,F 关于所在边中点的对称点分别为 D , E , F ，则直线AD , BE , CF 也共点.3. 一圆交△ ABC 的各边所在直线于两点，设 BC 边上的交点为D , D , CA 边上的交点为E , E , AB 边上的交点为 F , F •若AD , BE , CF 共点，贝U AD , BE , CF 也共点.4. 试证：过三角形顶点且平分三角形周长的三条直线共点. 5•将△ ABC 各内角三等分，每两个角的相邻三等分线相交得 △ PQR ，又AX , BY , CZ 分别平分Z BAC , Z ABC , Z ACB 且它们与 QR , RP , PQ 交于 X , Y , Z .求证：PX , QY , RZ 三线共占八、、♦6. 将△ ABC 的各外角三等分，每两个外角的相邻三等分线相交得 △ DEF .又AX , BY , CZ 分别平分Z BAC , Z ABC , Z ACB 且它们与 EF , FD , DE 交于 X , Y , Z .求证：DX , EY , FZ 三线共点.7. eO 是厶ABC 的内切圆，BC , CA , AB 上的切点各是 D , E , F .射线DO 交EF 于A ，同样可得B ,C .试证：直线AA , BB , CC 共点.AC 于M , CP 交AB 于N .求证：PMAN .（《数学教学》问题 531题） 13.在厶ABC 中，Z ABC 40 , Z ACB 20 , N 为形内一点，Z NBC 30, Z NAB 20，求 Z NCB 的度数.（《数学通报》问题1023题）14 .在△ ABC 中，Z BAC 80 , Z ABC 60 , D 为形内一点，且 Z DAB 10 , Z DBA 20 ,求 Z ACD 的度数.（《数学通报》问题1142题）15 .在△ ABC 中，Z ABC 50 , Z ACB 30 , M 为形内一点， Z MCB 20 , Z MAC 40，求 Z MBC的度数.（《数学通报》问题1208题）16. △ ABC 中，Z ABC 70 , Z ACB 30 , P 为形内一点,Z PBC 40 , Z PCB 20 .求证：CA AB BP1 .（《数学通报》问题1306题）AP PC CB17.在△ ABC 中，Z ABC Z ACB 40,P , Q 为形内两点，Z PAB Z QAC 20 , Z PCBQCA10 .求证：B , P , Q 三点共线. （《数学通报》问题1243题） 18. △ ABC 中，Z ABC Z ACB 50 , P , Q 为形内两点， Z PCA Z QBC 10 , Z PAC Z QCB20 .求证：BP BQ .（《数学通报》问题1281题）的充要条件是 AA , BB i , CC i 三线共点.& △ ABC 在△ ABC 内部，且从A , B , C 各向BC , CA , AB 所作的垂线共点，则从 A , B , C 各向BC ,CA , AB 所作的垂线也共点.9 .在△ ABC 中，度数.10 .在△ ABC 中， Z ABC Z ACB 40 , AB AC , Z A 80 , P 为形内一点， Z PAC 20 , Z PCB 30，求 Z PBC 的 11.在△ ABC 中, 度数.12 .在△ ABC 中,Z BAC 30 , Z ABC Z ABC 40 , Z ACBD 为形内一点，且 Z DAB Z DBA 10，求Z ACD 的度数.（《数学教学》问题432题）70 , M 为形内一点， Z MAB Z MCA 20，求 Z MBA 的（《数学教学》问题491题）30 , P 为Z ABC 的平分线上一点，使 Z PCB 10 , BP 交19.在△ ABC 中，AB AC , Z A 100 , I 为内心, 度数.D 为AB 上一点，满足BD BI .试求Z BCD 的（《数学通报》问题1073题）20. A 1 , A , B 1, B 2 , C 1 , C 2 顺次分别在△ ABC 的三边BC , CA , AB 上，且BAA e C , CB 1 B 2A ,AG C 2B ，过 A 2 , B 2 , C 2 分别作 AA , BBi , CC 1的平行线l a , l b ,1c .求证:l a , l b , l c 三线共点21 .在△ ABC中，AB AC , AD丄BC于D，过D任作两射线分别交AB , AC于点E , F，交过点A的平行线于G，H，且GH II BC .求证：AD , GF , HE共点.22•在△ABC中，过三边BC , CA , AB边中的中点M , N , L的三条等分三角形周长的直线MS , NT , LU （S , T , U在三角形三边上）分别交LN , LM , MN于D , E , F .求证：MS , NT , LU 三线共点.23. △ ABC的内切圆切BC , CA , AB于D , E , F . P是厶ABC内一点，PA交内切圆于两点，其中靠近A的一点为X，类似定义Y , Z .试证：DX , EY , FZ三线共点.24. △ ABC在厶ABC内部，AB的延长线分别交AC , BC于F5, P ; AC的延长线分别交BA ,BC于P3 , R ; BC的延长线分别交AB , AC于R , P2，且满足AR AP4 BB BP5 CP3 CP6 BP i CP2 AP3 .求证：AA ，BB ，CC 所在直线共点.（《中学数学教学》擂台题（28））25 •给定△ABC，延长边BC至D，使CD AC . △ACD的外接圆与以BC为直径的圆相交于C和P.设BP 与CP的延长线分别交AC和AB于E , F .求证：E , F , D共线.（第i5 届伊朗奥林匹克题）26.在厶ABC的边上向外作三个正方形，A , B i, C i是正方形中的边BC , CA , AB对边的中点.求证：直线AA i ，BB i ，CC i 共点.习题B1. eO是厶ABC的内切圆，D ,E , F，分别是BC , CA, AB上的切点，DD , EE , FF都是e O 的直径.求证：直线AD ，BE ，CF 共点.（《数学通报》问题i396 题）2. 四边形ABCD的内切圆分别与边AB , BC , CD , DA相切于E , F , G , H .求证：AC , BD , HF, GE四线共点. （《数学通报》问题1370题）3. 锐角△ ABC中，A角的平分线与三角形的外接圆交于另一点AM，点B , C i与此类似.直线AA i与B , C两角的外角平分线交于A o，点B o,C o与此类似.求证：（I）三角形A o B o C o的面积是六边形AC i BACB i的二倍；（H）三角形A o B o C o的面积至少是三角形ABC面积的四倍. （IMO -30试题）4. 设P ABC内一点，使/ BPA Z CPA, G是线段AP上的点，直线BG , CG分别交边AC , AB 于E , F .求证：Z BPF Z CPE .5. 在凸四边形ABCD中，对角线AC平分Z BAD , E是CD的延长线上的一点，BE交AC于点G , 延长DG交CB的延长线于F .试证：Z BAF Z DAE .6. 在△ABC中，AB AC , Z A ioo , I为内心，D为AB上一点，满足BD BI .试求Z BCD的度数. （《数学通报》问题io73题）7. 设△ABC是等边三角形，P是其内部一点，线段AP , BP , CP依次交三边BC , CA , AB于A ,吕,C i 三点.证明：AB B i C i C i A i > AB B i C C i A . （IMO -37预选题）8在一条直线I的一侧画一个半圆，C , D，是上两点，上过C和D的切线分别交I于B和A ,此文档收集于网络，如有侵权，请联系网站删除半圆的圆心在线段BA上，E是线段AC和BD的交点，F是I上的点，EF丄I •求证：EF平分Z CFD .（IMO -35 预选题）9•设A是锐角△ ABC的内接正方形的中心，其中内接正方形的两个顶点在BC边上，一个顶点在AB 边上，一个顶点在AC边上•同样定义两个顶点分别在AC边和AB边上的内接正方形的中心分别为B,，C i .证明：AA , BB , CC i交于一点. （IMO -42预选题）10 •以△ ABC的底边BC为直径作半圆，分别与AB , AC交于点D , E，分别过点D , E作BC的垂线，垂足依次为F ，G ，线段DG 和EF 交于点M •求证：AM 丄BC •（1996 年国家队选拔考试题）11 •设O, H是锐角△ ABC的外接圆的圆心和垂心•证明：存在 D , E , F分别在线段BC , CA ,AB上，使得OD DH OE EH OF FH，且此时AD , BE , CF三线交于一点.（IMO -41 预选题）12.已知AB是eO的直径，弦CD丄AB于L,点M和N分别在线段LB和LA上，且LM : MB LN : NA，射线CM , CN交e O于E , F .求证：AE , BF , OD三线共点.13 •设I是厶ABC的内心，以I为圆心的一个圆分别交BC于A , A2，交C于B1 , B?，交AB于G , C2 •这六个点在圆上的顺序为A1 , A2 , B1 , B2 , G, C2 •设A3, B3, C3为弧AA2 , B1B2 , C1C2的中点，直线A2A3 , B1B3相交于C4 ,直线B2B3, C1C3相交于A ,直线C2C3, A1A3相交于B4 •求证：直线A3A4 , B3B4, C3C4三线共点.14. 在厶ABC的边AB和AC上分别向形外作△ ABE和厶ACF ,使厶ABE s △ ACF ,且/ ABEZ ACF 90 .求证：连线BF , CE与边BC上的高AH三线共点.15. 过非等边三角形各顶点作其外接圆的切线，则各切线与其对边的交点共线.16 .在△ABC 内三点D , E , F 满足Z BAE Z CAF , Z ABD Z CBF ,贝U AD , BE , CF 三线共点的充要条件是Z ACD Z BCE •17.在任意△ ABC的三边BC , CA , AB上各有点M , N , L ,而Q是厶ABC内部任一点，直线AQ ,BQ , CQ分别交线段NL, LM , MN于M1, 2 , ^ .求证：直线M1M , N1N , L1L共点的充分必要条件是AM BN CL 共点而与Q 点的位置无关.18 .设P是平面上△ ABC区域内任一点，AP , BP , CP的延长线交△ ABC三边于D , E , F .求证：在△ ABC区域内，存在一个以△ DEF的某两边为邻边的平行四边形.19. 设凸四边形ABCD的两组对边所在的直线，分别交于E, F两点，两对角线的交点为P ,过点P 作PO丄EF于0 .求证：Z BOC Z AOD .（2002国家集训队选拔试题）20. 在厶ABC中，Z ABC和Z ACB均为锐角.D是BC边上的内点，且AD平分Z BAC ,过点D作垂线DP丄AB于P , DQ丄AC于Q , CP与BQ相交于K .求证：AK丄BC .。

第3讲-梅涅劳斯定理与塞瓦定理

第三讲梅涅劳斯定理与塞瓦定理梅涅劳斯定理如果一条不通过A 、B 、C 三点的直线与△ABC 的边BC 、CA 、AB 所在直线分别交于X 、Y 、Z ，则1AZ BX CY ZB XC YA ⋅⋅=．塞瓦定理已知平面上△ABC 和点P （P 不在△ABC 三边上），直线AP 、BP 、CP 分别与直线BC 、CA 、AB 交于点X 、Y 、Z ，则1AZ BX CYZB XC YA⋅⋅=梅涅劳斯定理与塞瓦定理的逆定理也成立．角元塞瓦定理若△ABC 中，直线AD 、BE 、CF 交于一点，则sin sin sin 1sin sin sin CAD ABE BCFDAB EBC FCA∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．上述结论被称为塞瓦定理的角元形式．其逆定理也是成立的．例1. 如图，已知△ABC 中，AD 、BE 、CF 交于一点P ．（1）已知54BP PE =，32CP PF =，求BDDC ．（2）已知31AP PD =，43BP PE =，求CPPF．（3）已知74AF FB =，32AE EC =，求APPD．例2. 已知BE 、CF 为△ABC 的两条内角平分线，A ∠的外角平分线与BC 的延长线相交于D ．求证：D 、E 、F 共线．例3. △ABC 中，40BAC ∠=︒，60ABC ∠=︒，点D 、E 分别在AC 、AB 上，40CBD ∠=︒，70BCE ∠=︒，BD 、CF 相交于点F ．求证：AF ⊥BC ．例4. 过△ABC 的顶点A 作外接圆的切线与对边相交于点1A ，类似定义1B 、1C ，证明：1A 、1B 、1C 三点共线．例5. 如图，在△ABC 中，P 为高AD 上一点．延长BP 交AC 于E ，延长CP 交AB 于F ．求证：ADE ADF ∠=∠． A 1C 1'''的三组对应边AB与A B''交于点X，AC与A C''交于点Y，BC与B C''交于例6.如图，△ABC和△A B C点Z，且X、Y、Z三点共线．求证：直线AA'、BB'、CC'相交于一点或相互平行．Array例7.圆内接六边形ABCDEF的三组对边AB和DE、BC和EF、CD和F A所在直线分别交于L、M、N，证明：L、M、N三点共线．L。

14-3梅涅劳斯定理和塞瓦定理

14-3梅涅劳斯定理和塞瓦定理.讲义学生版XXX定理和塞瓦定理中考要求：掌握比例及平行线分线段成比例定理的内容及其推论，能够应用定理解决相似的问题。

知识点一：比例的基本性质比例的基本性质有以下几点：XXX，这一性质称为比例的基本性质，由它可推出许多比例形式。

2.$\dfrac{ac}{bd}=\dfrac{bd}{ac}$ （反比定理）。

3.$\dfrac{ac}{ab}=\dfrac{bd}{dc}=\dfrac{ab+dc}{ad+bc}$ （更比定理）。

4.$\dfrac{ac}{bd}=\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{d}$ （合比定理）。

5.$\dfrac{ac}{bd}=\dfrac{a}{b}-\dfrac{c}{d}$ （分比定理）。

6.$\dfrac{ac}{bd}=\dfrac{a+c}{b+d}$ （合分比定理）。

7.$\dfrac{ac}{bd}=\dfrac{ma}{mb} \cdot \dfrac{na}{nb} \cdot \cdot \cdot \dfrac{ma}{mn}=\left(\sum\limits_{i=1}^na_i\right) : \left(\sum\limits_{i=1}^n b_i\right)$ （等比定理）。

知识点二：平行线分线段成比例定理1.平行线分线段成比例定理：如下图，如果$l_1 \parallel l_2 \parallel l_3$，则$\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{BC}{EF}=\dfrac{AC}{DF}$。

2.平行线分线段成比例定理的推论：如图，在三角形中，如果$DE \parallel BC$，则$\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{DE}{BC}$，反之如果有$\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{DE}{BC}$，那么$DE \parallel BC$。

第14讲梅涅劳斯定理及塞瓦定理(二)

第十四讲梅涅劳斯定理及塞瓦定理（二）
【例1】如图，在ΔABC 中，∠A 的外角平分线与边BC 的延长线交于点P ，∠B 的平分线与边CA 交于点Q ，∠C 的平分线与边AB 交于点R ，求证：P 、Q 、R 三点共线．
【例2】在凸四边形ABCD 中，点N 在CD 上，BN 与AC 交于点M ，若
AM CN AC CD
，且S ΔABC =1， S ΔABD =3，S ΔBCD =4，求证：点M 、N 分别为AC 与CD 的中点．
【例3】已知：ΔABC 与Δ'''A B C ，直线'AA 、'BB 、'CC 交于一点O ，又知直线AC 与''A C 交于点P ，直线BC 与''B C 交于点R ，直线AB 与'B'A 相交于点Q ，求证：P 、Q 、R 共线．
塞瓦定理：
如果ΔABC的三个顶点与一点P的连线AP、BP、CP交对边或其延长线于点D、E、F，如
图，那么BD CE AF
DC EA FB
⨯⨯=1．通常称点P为ΔABC的塞瓦点．
塞瓦定理的逆定理：
如果点D、E、F分别在ΔABC的边BC、CA、AB上或其延长线上，并且BD CE AF
DC EA FB
⨯⨯=1．那
么AD、BE、CF相交于一点（或平行）．
【例5】如图，M为ΔABC内一点，BM与AC交于点E，CM与AB交于点F，若AM通过BC的中点D．求证：EF∥BC．
【例6】如果梯形ABCD的两腰AD、BC的延长线交于M，两条对角线交于N，求证：直线MN必平分梯形的两底．。

梅涅劳斯和赛瓦定理(解析版)

梅涅劳斯定理和赛瓦定理梅涅劳斯定理：(此定理常用于证明三点共线的问题)若直线l 不经过ΔABC 的顶点，并且与ΔABC 的三边BC ,CA ,AB 或它们的延长线分别交于P ,Q ,R ，则BP PC ⋅CQ QA ⋅AR RB=1作平行线：作CM ⎳PQ ,则BP PC =BR RM ,CQ QA =RM AR ,BP PC ⋅CQ QA ⋅AR RB=BR RM ⋅RM AR ⋅AR RB =1面积法：BP PC =S BPQ S PCQ ,AR RB =S ARP S BRP =S ARQ S BRQ =S AQB S BPQ ,CQ QA =S PCQ S APQ ,得证梅涅劳斯定理逆定理：设P 、Q 、R 分别是ΔABC 的三边BC 、CA 、AB 上或它们的延长线上的三点，若BP PC ⋅CQ QA ⋅AR RB=1，则P 、Q 、R 三点共线；塞瓦定理设P 、Q 、R 分别是ΔABC 的BC 、CA 、AB 边上的点，则AP 、BQ 、CR 三线共点的充要条件是:BP PC⋅CQQA ⋅AR RB =1证：先证必要性：设AP 、BQ 、CR 相交于点M ，则：BP PC =S ΔABP S ΔACP =S ΔBMP S ΔCMP =S ΔABM S ΔACM 同理：CQ QA=S ΔBCM S ΔABM ,AR RB=S ΔACMS ΔBCM 以上三式相乘，得：BP PC ⋅CQ QA ⋅AR RB=11如图四边形ABCD 的内切圆分别切AB ,BC ,CD ,DA 于点E ,F ,G ,H ,求证：HG ,AC ,EF 交于一点.证明：设HG 与AC 交于P 1，EF 与AC 交于P 2AP 1P 1C ⋅CG GD ⋅DH HA=1AP 2P 2C CF FB BE EA=1∵CG =CF ,AH =AE ,DH =DG ,BE =BF ⇒AP 1P 1C =AP 2P 2C,P 1,P 2是同一个点.2在△ABC 中，D ,E 分别在CB ,CA 上，且AD ,BE 分别为∠BAC 和∠ABC 的角平分线.设DE 交AB 于M ，证明CM 为∠ACB 的外角平分线.证明：D ,E ,M 截△ABCCE EA AM MB BD DC =1,⇒BC BA AM MB BA AC=1⇒AM MB =AC BC ⇒AC sin ∠MCA BC sin ∠MCB =AC BC ⇒∠MCB +∠BCM =180AM MB =AC CB，得证涉及定理：角平分线定理3四边形ABDF ,AB ,DF 交于C ，BD ,AF 交于E ，连接BF ,AD ,CE ,设AD 延长线交CE 于N ,证明：AM MD =AN ND.证明：B ，M ，F 截△ACDAM MD DF FC CB BA =1⇒AM MD =FC ⋅BA DF ⋅CB①C ，N ，E 截△ADFAN ND DC CF FE EA =1⇒AN ND =CF ⋅EA DC ⋅FE ②①②AM MD :AN ND=BA ⋅EF ⋅DC AE ⋅ED ⋅CB =14以△ABC 的底边BC 为直径作半圆，分别与边AB ，AC ,交于D ,E ,分别过点D ,E ,作BC 的垂线，垂足依次为F ,G ,线段DG 和EF 交于点M ，求证AM ⊥BC .法1⇐AM //DF //EG ,⇐FH HG =DM MG=FM ME由梅涅劳斯定理，AM HM ⋅HF CF ⋅CE AE =1，AM HM ⋅HG BG ⋅BD AD =1HF CF ⋅CE AE =HG BG ⋅BD AD ，HF HG =BD AD ⋅CF BG ⋅AE CE CD 2=FC ⋅BC ,BE 2=BG ⋅BCFC BG =CD 2BE 2,∴FH HG =CD 2⋅AE ⋅BD BE 2⋅CE ⋅AD ，△ABE ∽△ACD ，∴CD BE =AD AE ∴FH HG =CD BE BD CE =S △DBC S △EBC =DF EG =DM MG法2作AH ⊥BC 于H ，只需证A ,M ,H ,共线，即BH HG ⋅GM MD ⋅DA BA=1BH HG =AB B cos AE Ccos =AC cos B AD cos C ,GM MD =EG DF =BC cos C sin C BC cos B sin B =cos C sin C cos B sin B =AB AC ⋅cos C cos B ∴BH HG GM MD =AB AD,即BH HG ⋅GM MD ⋅DA BA =15△ABC ，一个过A ,B 的圆交边AC ,BC 于D ,E ,AB ,DE 交于点F ，BD ，CF 交于点M ，求证：MF =MC 的充分条件是MB ⋅MD =MC 2.证明：MB ⋅MD =MC 2⇐MB MC =MC MD ⇐△MBC ~△MCD ⇐∠MCD =∠CBM =∠DAE ⇐AE ⎳FC ∵FA AB BE EC CM MF =1∴FA AB BE EC =1FA AB=CE BE ,∴AE ⎳FC 6如图，△ABC 的三个顶点A ,B ,C 各作其外接圆的切线，分别与相应的顶点的对边所在直线相交，证明：三个交点D ,E ,F 关系.由梅涅劳斯逆定理，去证：AF FB BD DC CE EA=1AF FB BD DC CE EA =S △FAC S △FBC S △BDA S △DCA S △CEB S△EAB =b sin B c sin A c sin C b sin B a sin A c sin C=17如图，⊙O 1和⊙O 2与△ABC 的三边所在的直线都相切，E ,F ,G ,H 为切点，并且EG ,FH ,对的延长线交于点P .求证PA ⊥BC .方法一：由题意，易得O 1,O 2,A 三点共线。

梅涅劳斯定理和塞瓦定理的关系

梅涅劳斯定理和塞瓦定理的关系梅涅劳斯定理和塞瓦定理都是数学中与三角形有关的定理，它们之间有一定的联系和关系。

在本文中，我们将探讨梅涅劳斯定理和塞瓦定理之间的关系，并解释它们在解决三角形问题中的应用。

让我们来了解一下梅涅劳斯定理和塞瓦定理的具体内容。

梅涅劳斯定理，也被称为三角形内部三等分线定理，指出如果在三角形的一条边上有一点，且从该点向另外两条边引垂线，将该边分成三个部分，那么这两条垂线的长度之比等于另外两条边与它们所对应的角的正弦值之比。

简而言之，就是三等分线的垂线比等于边对应角的正弦比。

塞瓦定理，也被称为三角形内切圆定理，指出如果在一个三角形的每条边上都有一个内切圆，那么这三个内切圆的切点共线。

换句话说，三角形的三个内切圆的切点在一条直线上。

梅涅劳斯定理和塞瓦定理之间的联系在于它们都涉及到了三角形内部的特殊点和特殊线。

具体而言，塞瓦定理中的内切圆的切点和梅涅劳斯定理中的三等分线的垂线都是三角形内部的特殊点和特殊线。

这些特殊点和特殊线有着独特的性质和关系，对于解决三角形问题具有重要的作用。

在实际应用中，梅涅劳斯定理和塞瓦定理可以相互配合使用，帮助我们解决一些复杂的三角形问题。

例如，当我们已知一个三角形的三个内切圆的切点共线时，可以利用塞瓦定理来推导出一些关于三角形边长和角度的性质。

然后，我们可以利用梅涅劳斯定理来进一步推导出三角形其他线段的长度比例。

通过这种方法的组合应用，我们可以更好地理解和解决三角形问题。

梅涅劳斯定理和塞瓦定理还可以与其他几何定理相结合，进一步拓展应用。

例如，我们可以将塞瓦定理与角平分线定理相结合，来推导出关于三角形角度的性质。

同样地，我们可以将梅涅劳斯定理与中线定理相结合，来推导出关于三角形中线的性质。

通过将不同的定理相互组合应用，我们可以更加全面地研究和解决三角形问题。

总结起来，梅涅劳斯定理和塞瓦定理在三角形问题的研究和解决中起到了重要的作用。

它们通过研究三角形内部的特殊点和特殊线，帮助我们推导出三角形的各种性质和关系。

第四讲塞瓦定理、梅涅劳斯定理.尖子

梅涅劳斯定理：如果一条直线与ABC △的三边AB 、BC 、CA 或其延长线交于F 、D 、E 点，那么1AF BD CE FB DC EA⋅⋅=．这条直线叫ABC △的梅氏线，ABC △叫梅氏三角形．证法一：如左图，过C 作CG ∥DF ∵DB FB DC FG =，EC FG AE AF =∴1AF BD CE AF FB FG FB DC EA FB FG AF⋅⋅=⋅⋅=．证法二：如中图，过A 作AG BD ∥交DF 的延长线于G ∴AF AG FB BD =，BD BD DC DC =，CE DC EA AG=三式相乘即得：1AF BD CE AG BD DC FB DC EA BD DC AG ⋅⋅=⋅⋅=．证法三：如右图，分别过A B C 、、作DE 的垂线，分别交于123H H H 、、．则有123AH BH CH ∥∥，所以3122311CH AH BH AF BD CE FB DC EA BH CH AH ⋅⋅=⋅⋅=．梅涅劳斯定理的逆定理：若F 、D 、E 分别是ABC △的三边AB 、BC 、CA 或其延长线的三点，如果1AF BD CE FB DC EA⋅⋅=，则F 、D 、E 三点共线．知识点睛模块一梅涅劳斯定理和逆定理相似——塞瓦定理、梅涅劳斯定理【例1】如图，在△ABC 中，D 为BC 的中点，AE ：EF ：FD=4：3：1．求AG ：GH ：AB．【例2】如图，在△ABC 中，∠A 的外角平分线与边BC 的延长线交于点P ，∠B 的平分线与边CA 交于点Q ，∠C 的平分线与边AB 交于点R ，求证：P 、Q 、R三点共线．【巩固】过△ABC 的重心G 的直线分别交AB 、AC 于点E 、F ，交CB 的延长线于点D ．求证：1=+F A CF EA BE。

典型例题塞瓦定理：如果ABC △的三个顶点与一点P 的连线AP 、BP 、CP 交对边或其延长线于点D 、E 、F ，如图，那么1BD CE AF DC EA FB⋅⋅=．通常称点P 为ABC △的塞瓦点．证明：∵直线FPC 、EPB 分别是ABD △、ACD △的梅氏线，∴1BC DP AF CD PA FB ⋅⋅=，1DB CE AP BC EA PD ⋅⋅=．两式相乘即可得：1BD CE AF DC EA FB⋅⋅=．塞瓦定理的逆定理：如果点D 、E 、F 分别在ABC △的边BC 、CA 、AB 上或其延长线上，并且1BD CE AF DC EA FB⋅⋅=，那么AD 、BE 、CF相交于一点（或平行）．证明：⑴若AD 与BE 相交于一点P 时，如图，作直线CP 交AB 于'F ．由塞瓦定理得：'1BD CE AF DC EA F B ⋅⋅='，又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=，∴AF AF FB F B '='，∴AB AB FB F B='，∴FB F B '=．∴'F 与F 重合∴'CF 与CF ∴AD 、BE 、CF 相交于一点．⑵若AD 与BE 所在直线不相交，则AD ∥BE ，如图．∴BD EA DC AC =，又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=，∴1EA CE AF AC EA FB ⋅⋅=，即CE FB AC AF=．∴//BE FC ，∴AD BE FC ∥∥．说明：三线平行的情况在实际题目中很少见．知识点睛模块二塞瓦定理及其逆定理【例3】如果梯形ABCD 的两腰AD 、BC 的延长线交于M ，两条对角线交于N ．求证：直线MN 必平分梯形的两底．【例4】（1）设AX BY CZ ，，是ABC △的三条中线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．（2）若AX BY CZ ，，为ABC △的三条内角平分线．求证：AX BY CZ ，，三线共点．【巩固】如图，M 为△ABC 内的一点，BM 与AC 交于点E ，CM 与AB 交于点F ，若AM 通过BC 的中点D ，求证：EF//BC．典型例题【例5】（1）如图1，若O 是△ABC 的重心（），连结AO 并延长交BC 于D ，证明：21=AD AO （2）如图2，若O 是△ABC 的重心，若AB ＝5，点G 从A 出发，在AB 边上以每秒一个单位的速度向B 运动，运动时间为t 秒，连GO ，直线GO 交直线AC 与H 点（G 、H 均不与△ABC 的顶点重合）.求OHGO （用含有t的式子表示）【例6】△ABC 中，D 、E 分别为BC 、AC 边上的动点，BD=mCD ，AE=nEC ，AD 与BE 相交于点O ．（1）如图1，当m=2，n=1时，BE OB =___________，CDOES AOE S 四△=___________；（2）当m=1.5时，求证：CEAE OD OA 35=；（3）如图2，若CO 的延长线交AGB 于点F ，当m 、n 之间满足关系式时，AF=2BF ．（直接填写结果，不要求证明）能力提升【例7】已知：线段OA ⊥OB ，点C 为OB 中点，D 为线段OA 上一点．连接AC ，BD 交于点P ．（1）如图1，当OA=OB ，且D 为OA 中点时，求PCAP 的值；（2）如图2，当OA=OB ，且41=AO AD 时，求APAD 的值．（3）如图3，当AD ：AO ：OB=1：n ：n 2时，直接写出AP AD 的值．【习题1】在△ABC 中，AD ：BD=1：1，AE ：CE=1：2，BE 与CD 交于点P ，则BP ：PE=（）A ．2：1B ．1：2C ．2：3D ．3：2【习题2】如图，已知ABC ∆中，:1:3AE EB =，:2:1BD DC =，AD 与CE 相交于F ，则EF AF FC FD +的值为（）A.52 B.1 C.32D.2真题赏析课后作业【习题3】如图，△ABC 中，D 为BC 的中点，E 为AC 上任意一点，BE 交AD 于O ．某同学在研究这一问题时，发现了如下事实：①当11121+==AC AE 时，有21232+==AD AO ；②当21131+==AC AE 时，有222+=AD AO ；③当31141+==AC AE 时，有322+=AD AO ；…；则当111=AC AE 时，AD AO =（）A ．51B ．112C ．61D ．132【习题4】如图，点D 、E 分别在ABC △的边AC 、AB 上，AE EB =，23AD DC =，BD 与CE 交于点F ，40ABC S =△．求AEFD S ．【习题5】若AX BY CZ ，，分别为锐角ABC △的三条高线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．【习题6】在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AD+BC=CD，E为CD上一点，且DE=DA．（1）如图1，作EF⊥AB于F，交AC于M试说明ME，MF的数量关系并说明理由；（2）如图2，连接DF、CF，求证：∠DFE=∠CFE;（3）如图3，连接BE延长交AD的延长线于G，若E点到AB的距离为85，则1BC+1DG的值为____（直接写出结果，不解答）．。

第十讲梅涅劳斯定理与塞瓦定理配套课程讲义

【例题】高一专属课程——配套课程讲义第十讲梅涅劳斯定理与塞瓦定理例1. 在四边形ABCD 中，△ABD，△BCD，△ABC 的面积比是3：4：1，点M，N 分别在AC，CD 上，满足AM : AC =CN : CD ，并且B，M，N 共线．求证：M 与N 分别是AC 和CD 的中点．例2. 在四边形ABCD 中，对角线AC 平分∠BAD ，在CD 上取一点E，BE 与AC 相交于F，延长DF 交BC 于G．求证：∠GAC =∠EAC ．例3.O1与O2和△ABC 的三边所在的3 条直线都相切，E，F，G，H 为切点，直线EG 与FH 交于点P．求证：PA ⊥BC ．例4. 已知△ABC 的重心为G，M 是BC 边的中点，过G 作BC 边的平行线交AB 边于X，交AC 边于Y，且XC 与GB 交于点Q，YB 与GC 交于点P．证明：△MPQ∽△ABC．例5. 以△ABC 的底边BC 为直径作半圆，分别与边AB，AC 交于点D 和E，分别过点D，E作BC 的垂线，垂足依次为F，G，线段DG 和EF 交于点M．求证：AM ⊥BC ．例6. 四边形两组对边延长分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行．证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连线的线段．例7.在△ABC 中，∠BAC=90，G 为AB 上给定的一点（G 不是线段AB 的中点）．设D 为直线GC 上与C，G 都不相同的任意一点，并且直线AD，BC 交于E，直线BD，AC 交于F，直线EF，AB 交于H．试证明交点H 与D 在直线CG 上的位置无关．例8. BE 是△ABC 的中线，G 在BE 上，分别延长AG，CG 交BC，AB 于D，F，过D 作DN∥CG 交BG 于N，△DGL 及△FGM 为正三角形．求证：△LMN 为正三角形．例9. 在△ABC 中，D，E 分别是BC，CA 上的点，且BD :DC =m :1 ，CE : EA =n :1，AD 与BE 交于F，则△ABF 的面积是△ABC 的面积的多少倍？例10. 在四边形ABCD 中，AB =AD ，BC =DC ，过AC，BD 的交点O 引EF，GH，其中EF 交AB，CD 于E，F，GH 交DA，BC 于G，H．EH，GF 分别交BD 于P，Q，则OP =OQ ．1。

平面几何的26个定理

ED C B A 高一数学竞赛班二试讲义第1讲平面几何中的26个定理班级姓名一、知识点金1. 梅涅劳斯定理：假设直线l 不通过ABC ∆的极点，而且与ABC ∆的三边,,BC CA AB 或它们的延长线别离交于,,P Q R ，那么1BP CQ AR PC QA RB⋅⋅= 注：梅涅劳斯定理的逆定理也成立（用同一法证明）2. 塞瓦定理：设,,P Q R 别离是ABC ∆的三边,,BC CA AB 或它们的延长线上的点，若,,AP BQ CR 三线共点，那么1BP CQ AR PC QA RB⋅⋅= 注：塞瓦定理的逆定理也成立3. 托勒密定理：在四边形ABCD 中，有AB CD BC AD AC BD ⋅+⋅≥⋅，而且当且仅当四边形ABCD 内接于圆时，等式成立。

()ABCD E BAE CAD ABE ACDAB BE ABE ACD AB CD AC BE AC CD AB AE BAC EAD ABC AED AC ADBC ED AD BC AC ED AC ADAB CD AD BC AC BE ED AB CD AD BC AC BD E BD A B C D ∠=∠∠=∠∆∆∴=⇒⋅=⋅=∠=∠∴∆∆∴=⇒⋅=⋅∴⋅+⋅=⋅+∴⋅+⋅≥⋅证：在四边形内取点，使，则：和相似又且和相似且等号当且仅当在上时成立，即当且仅当、、、四点共圆时成立；注：托勒密定理的逆定理也成立4. 西姆松定理：假设从ABC ∆外接圆上一点P 作,,BC AB CA 的垂线，垂足别离为,,D E F ，那么,,D E F 三点共线。

西姆松定理的逆定理：从一点P 作,,BC AB CA 的垂线，垂足别离为,,D E F 。

假设,,D E F 三点共线，那么点P 在ABC ∆的外接圆上。

5．蝴蝶定理：圆O 中的弦PQ 的中点M ，过点M 任作两弦AB ，CD ，弦AD 与BC 别离交PQ 于X ，Y ，那么M 为XY 当中点。

梅涅劳斯定理与塞瓦定理

塞瓦设O 是△ABC 内任意一点，AB 、BO 、CO 分别交对边于D 、E 、F ，则??BD/DC*CE/EA*AF/FB=1（Ⅰ）本题可利用证明：∵△ADC 被直线BOE 所截，∴? ?CB/BD*DO/OA*AE/EC=1??①而由△ABD 被COF 所截，∴??BC/CD*DO/OA*AF/DF=1②①÷②:即得：BD/DC*CE/EA*AF/FB=1（Ⅱ）也可以利用证明∵BD/DC=S △ABD/S △ACD=S △BOD/S △COD=(S △ABD-S △BOD)/(S △ACD-S △COD)=S △AOB/S △AOC??③同理 CE/EA=S △BOC/ S △AOB??④? ?? ? AF/FB=S △AOC/S △BOC? ?⑤③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1塞瓦定理：1:=⋅⋅∆RBARQA CQ PC BP CR BQ AP AB CA BC ABC R Q P 的充要条件是三线共点、、边上的点，则、、的分别是、、设MQRACP BCBA1A 1B 1CCBA 1A 1B 1C ,111BCM ACMABP BMP ABM ACP CMP ACM ABM BCMAP BQ CR M S S S S S BP CQ AR PC S S S QA S RB S BP CQ AR PC QA RB BP CQ AR AP BQ M CM AB R PC QA RB BP CQ AR AR PC QA R B ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆=====⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=‘拻‘证：先证必要性：设、、相交于点，则：同理：以上三式相乘，得：＝再证充分性：若，设与相交于，且直线交于，由塞瓦定理有：，于是：ARR R R B RB AB R R AP BQ CR M ’‘’＝因为和都在线段上，所以必与重合，故、、相交于一点点；交于一点；：证明：三角形的中线例11111111111111111111111,,1AC BA CBABC AA BB CC C B AC B A AC BA CB AC C B BA AC CB B A ABC C B AC B A ∆⋅⋅====⋅⋅=∴∆证明：记的中线，，，我们只须证明而显然有：即成立，交于一点；分线交于一点；】证明：三角形的角平【练习1 高交于一点；】证明：锐角三角形的【练习22ABC C AB L L AC BC M N AN BM P CP AB∆∠⊥例：在锐角中,角的平分线交于于，从作边和的垂线，垂足分别是和，设和的交点是，证明： 111CK AB CK BM AN P CK BM AN AM CN BKMC CNMC NB AKAM BK AM ALAML AKC AK NB AK ACBK BC AL BCBNL BKC NB BL AC BL⊥⋅⋅==⋅=∆≅∆⇒=∴∆≅∆⇒=⋅=Q Q 证：作下证、、三线共点，且为点，要证、、三线共点，依塞瓦定理即要证：又即要证明：即要证1AL BC AC BLCK BM AN P CP AB⋅=∴∴⊥依三角形的角平分线定理可知：、、三线共点，且为点3.AD ABC D BC P AD BP CP AC AB E F EDA FDA∆∠∠例设是的高，且在边上，若是上任一点，、分别与、交于和，则＝A AD DE DF M N EDA FDA ∠=∠证：过作的垂线，与、的延长线分别交于、。

初三下册数学直升班培优讲义学生版第8讲梅涅劳斯定理

f
模块一：梅涅劳斯定理的应用
lb
梅涅劳斯定理：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那
AF BD CE
么竺BD1.这条直线叫△ABC的梅氏线，△ABC
FB DC EA
梅涅劳斯定理的证明：
..DB
FBEC
FG
DC
FG，AE
AF，
.AF
BD CE
AF FB FGd
1.FB FG AF
FB
DC EA
证法二:
如图，过
A作AG//BD交DF的延长线于G,
证法一：如图，过C作CG//DF,
.AF AG
FB BD，
三式相乘即得:
BD
DC
AF
FB
分别过
H2、
BD
DC
BD
DC
CE DC
，--AG
AG BD DC ,
1.
BD DC AG
C作DE的垂线，
AH/BH2//CH3,
CH3
1.
EA
CE
EA
梅涅劳斯定理的应用
II
例题1
如图，在△ABC中，AD为中线，过点C任作一直线交AB于点F，交
AE:ED 2AF:FB.
EA
证法三：如图，分别交于H1、
.AF BD CEahibh2CH3FB DC EA BH2CH3AH1
A、B、
H3•则有
AH1BH
模块二：梅涅劳斯定理的逆定理
梅涅劳如果兰匹
FB DC
E分别是△ABC的三边AB、BC、
CE
——1，贝U F、D、E三点共线.

初二奥数精讲——第15讲塞瓦定理与梅列劳斯定理定理（一）

初二奥数精讲——第15讲塞瓦定理与梅列劳斯定理定理（一）一、知识点解析1. 基本知识塞瓦（Ceva）定理：设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB 或延长线上的点，则AD、BE、CF三线共点或互相平行的充要条件是塞瓦（Ceva）定理角元形式：设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB或延长线上的点，令∠BAD=α1，∠CAD=α2，∠CBE=β1，∠ABE=β2，∠ACF=γ1，∠BCF=γ2，则AD、BE、CF三线共点或互相平行的充要条件是梅涅劳斯（Menelaus）定理：设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB或延长线上的点，则D、E、F共线的充要条件是2. 基本方法循环积：塞瓦定理与梅涅劳斯定理的证明都可采用这样一种方法：要证三个比值的积为1，可设法找到三个量（比如线段）x、y、z，使三个比值分别为x/y、y/z、z/x，则它们的积（我们称这种积为循环积）显然为1.3. 基本问题利用塞瓦定理与梅涅劳斯定理，常可解决如下一些问题：（1）证明点共线与线共点；（2）求线段长（比）；（3）已知有关线段的比，求相应的参数；（4）证明恒等式；（5）求满足某种条件的点的轨迹。

这部分主要考察学生对塞瓦定理与梅涅劳斯定理的了解及掌握。

塞瓦定理与梅涅劳斯定理是几何部分的“高阶”定理，这部分题目难度大，常与代数等知识点混合在一起考察，需要一定的空间想象能力和知识基础，要在扎实的基础知识基础上，认真学习，多加练习，让我们在例题和解答中一起学习吧。

二、例题例1证明塞瓦（Ceva）定理：设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB或延长线上的点，则AD、BE、CF三线共点的充要条件是分析：可以从线段角度出发，找到三条线段x、y、z，使得从这个角度考虑，可以过E、F、M中的某个点作三角形另两条边的平行线，通过平行线的比例定理进行求解。

另一方面，我们可以考虑通过面积来考虑，注意到△ACO与△BCO 有公共边CO，从而将比值转化为面积的比值。

梅涅劳斯定理和塞瓦定理.讲义学生版