角元塞瓦定理及其应用_一_
第2章 塞瓦定理及应用(含答案)
第二章 塞瓦定理及应用【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1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''．① 证明 如图2-1（b ）、（c ），若AA '，BB '，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 ，得,CB BC AC EAB A ADC B BC''==''． A′B'C 'ABPPCBAA′B'C 'D ECBAA′B'C 'D E (c)(b)(a)图2-1又由BA A P A C AD PA EA '''==，有BA ADA C EA'='． 从而1BA CB AC AD BC EA A C B A C B 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：1PAB PBC PCAPCA PAB PBC S S S BA CB AC A C B A C B S S S '''⋅⋅=⋅⋅='''△△△△△△，即证． （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C PC '，对△AA C '及截线B PB '应用梅涅劳斯定理有 1BC A P AC CA PA C B ''⋅⋅=''，1A B CB APBC B A PA ''⋅⋅=''． 上述两式相乘，得1BA CB AC A C B A 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C C '与AA '交于点Y ，直线AA '与BB '交于点Z ．CBAA′B'C 'XY ZXYZ CBAA′B'C '图2-2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BA ，CX ，BA ''的交点），有1BA CA B XA C AB XB ''⋅⋅=''．对△CAC '及点A '（直线CB ，AY ，C B ''的交点），有1CB AB C YB C BC YC ''⋅⋅=''．对△ABA '及点B '（直线AC ，BZ ，A C ''的交点），有1AC BC A ZC B CA ZA ''⋅⋅=''．对△BBC '及点C （直线BA '，B A '，C X '的交点），有1BX B A C AXB A C AB '''⋅⋅='''．对△CC A ''及点A （直线CB '，C B '，AY '的交点），有1CY C B A BYC B A BC '''⋅⋅='''．对△AA B ''及点B （直线AC '，A C '，B Z '的交点），有1AZ A C B CZA C B CA '''⋅⋅='''．上述六式相乘，有21BA CB AC A C B A C B '''⎛⎫⋅⋅= ⎪'''⎝⎭． 故1BA CB AC A C B A 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 1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''，② 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1C ，则由塞瓦定理，有111AC BA CB A C B A C B ''⋅⋅=''，又已知有111AC BA CB A C B A C B ''⋅⋅=''，由此得11AC AC C B C B '='，即1AC AC AB AB'=，亦即1AC AC '=，故1C 与C '重合，从而AA '，BB '，CC '三线共点．若AA BB ''∥，则CB CB B A BA '=''．代入已知条件，有AC A CC B CB''='，由此知CC AA ''∥，故 AA BB 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1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''． ③ 第一角元形式的塞瓦定理 设A '，B '，C '分别是△ABC 的三边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 sin sin sin 1sin sin sin BAA ACC CBB A AC C CB B BA'''⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠．④ 证明 由sin sin ABA AA C S BA AB BAA A C S AC A AC ''''⋅==''⋅△△∠∠，sin sin CB BC CBB B A AB B BA ''⋅=''⋅∠∠，sin sin AC AC ACC C B BC C CB ''⋅=''⋅∠∠，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 '分别△ABC 的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的点，O 是不在△ABC 的三边所在直线上的点，则AA '，BB '，CC '平行或共点的充要条件是 sin sin sin 1sin sin sin BOA AOC COB A OC C OB B OA'''⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠．⑤ 证明 注意到塞瓦定理及其逆定理，有1BOA COB AOC A OC B OA C OB S S S BA CB AC A C B A C B S S S '''''''''=⋅⋅=⋅⋅'''△△△△△△sin sin sin sin sin sin BO BOA CO COB AO AOC CO A OC AO B OA BO C OB'''⋅⋅⋅=⋅⋅'''⋅⋅⋅∠∠∠∠∠∠．由此即证得结论．注 在上述各定理中，若采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1A ，1B ，1C ，分别是△ABC 的外接圆三段弧BC ，CA ，AB 上的点，则1AA ，1BB ，1CC 共点的充要条件是 1111111BA CB AC A C B A C B⋅⋅=． 证明 如图2-3，设△ABC 的外接圆半径为R ，1AA 交BC 于A '，1BB 交CA 于B '，1CC 交AB 于C '．由A ，1C ，B ，1A ，C ，1B 六点共圆及正弦定理，有11112sin sin 2sin sin BA R BAA BAA A C R A AC A AC'⋅=='⋅∠∠∠∠． A 1B1C 1CBAA′B'C '图2-3同理，11sin sin CB CBB B A B BA '='∠∠，11sin sin AC ACC C B 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：HGFEDC BA图2-4对△ACE 及点D 有 1A B C GE F B C G E F A⋅⋅=， 对△CDE 及点A 有 1C F D B E GF D B EG C ⋅⋅=， 对△ADE 及点C 有 1D G A FE B G AF E B D ⋅⋅=， 对△ABD 及点F 有 1A C B ED H C BE D H A ⋅⋅=， 对△ACD 及点E 有 1A G D FC B GD F C B A ⋅⋅=， 对△ADF 及点B 有 1A H D CF E H D C F E A ⋅⋅=， 对△ABF 及点D 有 1B C A EF H C A E FH B⋅⋅=， 对△BDF 及点A 有1B E D C F HE D CF H B⋅⋅=． 【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 EF ∥，AC 的延长线交EF 于G ．GFEDCBA图2-5对△AEF 及点C ，应用塞瓦定理，有1EG FD ABGF DA BE ⋅⋅=． 由BD EF ∥，有AB ADBE DF=，代入上式， 得1EGGF=，即EG GF =．命题获证． 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：EDH FDH =∠∠． （1994年加拿大奥林匹克试题）OPHFEDCB A图2-6证法1 对△ABC 及点H ，应用塞瓦定理，有1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=．① 过A 作PQ BC ∥，延长DF ，DE 分别交PQ 于P ，Q ，则DA PQ ⊥，且△APF ∽△BDF ，△AQE ∽△CDE ，从而AF PA BD FB =⋅，EAAQ DC CE=⋅． 而由①，有AF EABD DC FB CE⋅=⋅，故PA AQ =． 由此知AD 为等腰△APQ 底边PQ 上的高，故EDH FDH =∠∠． 证法2 对△ABC 及点H 应用塞瓦定理，有1DAF DCE DFB DEA S S AF BD CE BD FB DC EA S DC S =⋅⋅=⋅⋅△△△△sin sin tan cot sin sin AD ADF BD DC EDCADF ADE BD FDB DC AD ADE⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅∠∠∠∠∠∠．即tan tan ADE ADF =∠∠，由锐角性质知ED A FD A =∠∠．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ED A FD A =∠∠． 注 将此例中的平角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 =∠∠．（1999年全国高中联赛题）JIHGF E DCBA图2-7证明 连BD 交AC 于H ，对△BCD 及点F ，应用塞瓦定理，有1CG BH DEGB HD EC⋅⋅=． AH 平分BAD ∠，由角平分线性质，可得BH AB HD AD =，故1CG AB DEGB AD EC⋅⋅=．过点C 作AB 的平行线交AG 的延长线于I ，过点C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J ，则 ,CG CI DE AD GB AB EC CJ ==．所以1CI AB ADAB AD CJ ⋅⋅=．从而，CI CJ =．又CI AB ∥，CJ AD ∥，有180180ACI BAC DAC ACJ =︒-=︒-=∠∠∠∠． 因此，△ACI ACJ ≌△，即有IAC JAC =∠∠．故 G A CE A C =∠∠． 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△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．MLNGFEDCBA图2-8证明 连NF ，对△ABC 及点G 应用塞瓦定理，有1AF BD CE FB DC EA ⋅⋅=．而AE CE =，则AF DCFB BD =． 由DN CG ∥，由CD NGBD BN=． 于是，有AF NGFB BN=，从而FN AD ∥，即知四边形DNFG 为平行四边形，有GDN GFN =∠∠．又60GDL GFM ==︒∠∠，则LDN NFM =∠∠．而DN GF FM ==，DL DG NF ==，知△LDN ≌△NFM ，有LN MN =，DNL NMF =∠∠．于是 MNL DNF DNL MNF DNF NMF MNF =-+=-+∠∠（∠∠）∠（∠∠） 180)(180)NFG NFM NFM NFG ︒--︒-=-=(∠∠∠∠ 60MFG ==︒∠．故△LMN 为正三角形．例5 如图2-9，在一个△ABC 中，2C B =∠∠，P 为△ABC 内满足AP AC =及PB PC =的一点．求证：AP 是A ∠的三等分线． （1994年香港代表队IMO 选拔赛题）π-2(2CBA图2-9证明 用B 表示ABC ∠的度量，令PCB θ=∠，则PBC θ=∠，ABP B θ=-∠，2ACP B θ=-∠，()π22CAP B θ=--∠（其中注意AP AC =），()π[π2(2)]P A B A C A P B C B θ=-=-----∠∠∠(π3)(π42)2B B B θθ=---+=-．对△ABC 及点P ，应用第一角元形式的塞瓦定理，有sin[π2(2)]sin sin()1sin(2)sin(2)sin B B B B θθθθθθ---⋅⋅=--．亦即2s i n (2)c o s (2)s i n ()1s i n (2)s i n (2)B B B B B θθθθθ-⋅-⋅-=-⋅-．于是 s i n (2)2s i n ()c o s (2)s i n (3BB B B B θθθθ-=-⋅-=--， 即 s i ns i n (32)s i n (2)2c o s (2B B B B B θθθ=---=-⋅． 而sin 0B ≠，则1cos2()2B θ-=． 因 1π0()33B b B C θ<-<<+<，则2π2()0,3B θ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭．∴ π2()3B θ-=，即π6B θ-=． 从而π2(2)π4()2CAP B B θθθ=--=---∠ππ222[()]36B θθθθ⎛⎫=-=-=-- ⎪⎝⎭2(2)2B PAB θ=-=∠． 故 13PAB A =∠∠，即AP 是A ∠的三等分线．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：例6 设M 、N 分别为锐角△ABC （A B <∠∠）的外接圆Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC MN∥交圆Γ于点P ，I 为△ABC 的内心，联结PI 并延长交圆Γ于点Γ．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 sin sin 1sin sin sin NPI PMI MNIIPM IMN INP⋅⋅=∠∠∠∠∠∠．①由CP MN ∥知PA PB =，有PMI INP =∠∠． 于是①式即为1sin 21sin 2B NT CN MP MT CM NPA ===∠∠． 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，90BAC =︒∠，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）HGFE DCB 图2-10证明 设G 分线段AB 为定比1λ，H 分线段AB 为定比2λ．下证2λ由1λ确定，即当A ，B 给定后，点H 的位置由点G 唯一确定．在△ABC 中，由AE ，BF ，CG 交于一点D ，应用塞瓦定理，有 1AG BE CF GB EC FA ⋅⋅=，即11BE CFEC FAλ⋅⋅=． 对△ABC 及截线EFH ，应用梅涅劳斯定理，得 1AH BE CF HB EC FA ⋅⋅=，即21BE CFEC FAλ⋅⋅=-． 上述两式相加，得12()0BE CFEC FAλλ+⋅=．从而120λλ+=，即21λλ=-，故2λ由1λ唯一确定．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CAL PAB =∠∠，MBC PBA =∠∠，NCA BCP ∠=∠．求证：AL ，BM ，CN 三线共点．MN PLFE DCBA图2-11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 sin sin sin sin BL AB BAL AB PACLC AC CAL AC PAB ⋅⋅==⋅⋅∠∠∠∠． 同理，sin sin CM BC PBAMA AB PBC⋅=⋅∠∠, sin sin AN AC PCBNB BC PCA⋅=⋅∠∠． 将上述三式相乘，并应用正弦定理，有sin sin sin 1sin sin sin BL CM AN PAC PBA PCB PC PA PB LC MA NB PAB PBC PCA PA PB PC ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=∠∠∠∠∠∠． 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 ，CN 交AB 于N ，直线AP 交BC 于D ，直线BP 交AC 于E ，直线CP 交AB 于F ．对△ABC 及点P ，应用塞瓦定理，有1A F B DC E F BD CE A⋅⋅=． 在△ABL 和△ACL 中应用正弦定理，有 sin sin sin sin sin sin sin sin BL BL AL BAL C PAC CLC AL LC B LAC PAB B=⋅=⋅=⋅∠∠∠∠∠∠∠∠ 222222sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin PAC B C DC AD C DC CC PAB B AD BD B BD B=⋅⋅=⋅⋅=⋅∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠． 同理，22sin sin CM AE A MA EC C=⋅∠∠，22sin sin AN BF BNB FA A =⋅∠∠． 以上三式相乘，并注意到①式，有 1BL CM AN DC AE BF LC MA NB BD EC FA⋅⋅=⋅⋅=． 由塞瓦定理的逆定理，知AL ，BM ，CN 共点．证法3 设AL 交BC 于L ，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 sin sin 1sin sin sin PAB PBC PCAPAC PBA PCB⋅⋅=∠∠∠∠∠∠．由题设PAB CAL =∠∠，PBA CBM =∠∠，PCB ACN =∠∠，则有BAL PAC =∠∠，ABM PBC =∠∠，BCN PCA =∠∠．于是 s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n B A L C B M A C N P A C P B A P C BC A L A B M B C N P A B P B C P C A⋅⋅=⋅⋅∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠111sin sin sin 1sin sin sin PAB PBC PCA PAC PBA PCB===⋅⋅∠∠∠∠∠∠，对△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）P图2-12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1AB PC DM BP CD MA⋅⋅=． 又直线QCB 截△PDA ，应用梅涅劳斯定理，有 1AB PC DQ BP CD QA ⋅⋅=，从而只须证明DM DQAM AQ =． 设圆心为O ，连QO 交EF 于L ，连LD ，LA ，OD ，OA ，则由切割线走理和射影定理，有2QD QA QE QL QO ⋅==⋅，即知D ，L ，O ，A 四点共圆，有QLD DAO ODA OLA ===∠∠∠∠，此表明QL 为△LAD 的内角ALD ∠的外角平分线．而EF OQ ⊥，则EL 平分ALD ∠．于是， DM DL DQAM AL AQ==，结论获证． 【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2AEP ADP k PED PDE -=-∠∠（∠∠）（k 为常数），则AB AC =．QF'PFE D CBA图2-13证明 设AP 交BC 于Q ，对△PBC 及其形外一点A ，应用塞瓦定理，有1BQ CE PDQC EP DB⋅⋅=． 而BD CE =，则PD QCPE QB=． 不妨设Q C Q B ≤，则P D P E ≤，即有P C C E P E B D P D P B =--=≤，于是P B E P C DS S △△≥，故E B C D B CS S △△≥．此时，点E 到BC 的距离不小于D 到BC 的距离，则过E 作EF BC ∥必交CD 延长线于一点，设为F ．又作△FBC 的外接圆O 交EF 于另一点F '，则四边形BCFF '为等腰梯形．当AB AC ≥时，由BF F F FC BCA ABC AEF ''===∠∠∠≥∠∠，知F '必在线段EF 上，于是，BDC BFC BEC ∠≥∠≥∠（同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）．又由PD PE ≤，知PED 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 内任一点，AM ，BM ，CM 分别交BC ，CA ，AB 于D ，E ，F ．求证：1MD ME MFAD BE CF ++=． 证明 如图2-14，记BD m DC =，CE n EA =，AFl FB=．对△ABC 及点M ，应用塞瓦定理，有1BD CE AFmnl DC EA FB⋅⋅==． FEDCBAM图2-14对△ADC 及截线EMB ，应用梅涅劳斯定理，有11AM DB CE AM mn MD BC EA MD m ⋅⋅=⋅⋅=+，即 1(1)AM mm l MD m n +==++． 由合比定理得1(1)AD m l MD =++，即11MD AD l ml=++． 同理，111ME lBE m mn l ml ==++++， 111MF mlCF n nl ml l==++++． 三式相加，得1MD ME MFAD 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：(3PQ AD -≤．PQFEDCBA图2-15证明 令BD m DC =，CE n EA =，AF p FB =，对△ABC 及点P ，应用塞瓦定理，有1BD CE AFmnp DC EA FB⋅⋅==．对△ADC 及截线BPE ，应用梅涅劳斯定理，有 1CE AP DB EA PD BC ⋅⋅=．注意到1DB mBC m =+，则有 11AP m n PD m ⋅⋅=+，即1AP m PD mn +=，故11AP m AD mn m +=++． 又对直线APD 截△BCE ，有1BD CA EP DC AE PB ⋅⋅=．而1CA n AE =+，则BP mn m EP =+，故1BEmn m EP=++．又对△ABP 及截线FQE ，有1A F B E P Q F B E P A Q ⋅⋅=，即有 11(1)1PQ AQ p mn m mp p ==++++，故12PQ AQ mp p =++． 从而1121PQ PQ AP m AD AP AD mp p mn m +=⋅=⋅++++ 1112(1)211(1)211mn mn p m p m m m =⋅=+++++++++3=-于是，(3PQ AD -≤．其中等号由2(1)1mn p m m +++≥中等号成立时成立，即当且仅当2(1)1mnp m m =++亦即当且仅当22(1)(1)(1)mnp p m p m p m ==+++，亦即(1)p m +m 和p 之间成为如图2-16的双曲线的关系．图2-16例13 如图2-17，已知直线的三个定点依次为A 、B 、C ，Γ为过A 、C 且圆心不在AC 上的圆，分别过A 、C 两点且与圆Γ相切的直线交于点P ，PB 与圆Γ交于点Q ．证明：AQC ∠的平分线与AC 的交点不依赖于圆Γ的选取．（IMO 45预选题）SRCBAPQ图2-17证明 设AQC ∠的平分线交AC 于点R ，交圆Γ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sin sin AB APBBC CPB=∠∠． 同理，在△ASC 中，有sin sin AR ASQRC CSQ =∠∠． 在△PAC 中，视Q 为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理，有sin sin sin 1sin sin sin APB QAC QCPCPB QAP QCA⋅⋅=∠∠∠∠∠∠．注意到PAQ ASQ QCA ==∠∠∠，PCQ CSQ QAC ==∠∠∠． 则22s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n A P BP A Q Q C A A S QC P BQ A C P C Q C S Q⋅==⋅∠∠∠∠∠∠∠∠．即 22A B A RB C R C=，故结论获证．3．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，40BAC =︒∠，60ABC =︒∠，D 和E 分别是AC 和AB 上的点，使得40CBD =︒∠，70BCE =︒∠，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）10°40°-αα20°40°70°HFEDCBA图2-18证明 设BAF α=∠，则40FAC α=︒-∠，对△ABC 及点F ，应用第一角元形式的塞瓦定理，有 sin10sin sin 401sin 70sin(40)sin 20αα︒︒⋅⋅=︒︒-︒． 从而s i n 10s i n 2s i n 20c o s 201c o s 20s i n (40)s i n 20αα︒︒⋅︒⋅⋅=︒︒-︒，即有sin(40)2sin sin102sin cos80ααα︒-=⋅︒=⋅︒ sin(80)sin(80)αα=+︒+-︒．∴ s i n(80)s i n (40)s i n (80)2c o s 60s i n (20)ααααα-︒=︒--+︒=︒⋅-︒-=-︒-． 注意到040α<<︒，知8020α-︒<-︒-，8020α-︒<︒，有8020αα-︒=-︒-，故30α=︒．延长AF 交BC 于H ，则180180306090AHB FBC ABH =︒--=︒-︒-︒=︒∠∠∠．故AF BC ⊥．注 此题也可这样来解：由sin10sin sin 401sin 70sin(40)sin 20αα︒︒⋅⋅=︒︒-︒，有 sin(40)sin10sin 40sin10sin(4030)2sin10sin 40cot30cos40sin sin70sin 20sin30sin30αα︒-︒-︒︒︒-︒==︒===︒⋅︒-︒︒-︒︒︒．由于sin(40)sin 40cot cos40sin ααα︒-=︒⋅-︒作为α的函数在(0,180)︒︒上严格递减，所以30BAF α==︒∠．故90ABC BAF +=︒∠∠．因此，AF BC ⊥． 或者过点A 作AH BC ⊥于H ，则30BAH =︒∠，10HAC =︒∠． 关于△ABC 有sin sin sin sin30sin10sin 401sin sin sin sin10sin70sin 20BAH ACD CBD HAC ECB DBA ︒︒︒⋅⋅=⋅⋅=︒︒︒∠∠∠∠∠∠．所以，AH 、BD 、CE三线共点，因此点F 在AH 上，即AF BC ⊥．例15 如图2-19，在△ABC 内取一点M ，使得30MBA =︒∠，10MAB =︒∠．设80ACB =︒∠，AC BC =，求AMC ∠． （1983年前南斯拉夫奥林匹克试题）CBA图2-19解 设ACM α=∠，则80MCB α=︒-∠．由第一角元形式的塞瓦定理，有()s i ns i n 10s i n 80s i n 40αα︒⋅⋅︒-︒ sin 201sin30︒=︒． 从而 s i n s i n 10s i n (80)αα⋅︒=︒-⋅︒． ∴ 2s i n c o s 802s i n (80)αα⋅︒=︒-⋅︒，∴ s i n (80)s i n (80)s i n (100)s αααα+︒+-︒=︒-+︒-，∴ s i n(80)s i n (60)s i n (100)αααα-︒-︒-=︒--+︒2cos90sin(10)0α=︒⋅︒-=．于是 s i n(80)s i n (60αα-︒=︒-． 注意到 080α<<︒，知8080α-︒<<-︒，6060α︒-<︒．∴ 8060αα-︒=︒-，故 70α=︒． 所以 1801804070A M CM A C A C M =︒--=︒-︒-︒=︒∠∠∠为所求． 注 此题结果也可直接由①式有sin sin 70sin10sin(80)αα=︒⎧⎨︒=︒-⎩且0α<，8080α︒-<︒，求得70α=︒． 另外，此题也可这样来解：由sin sin10sin 201sin(80)sin 40sin 30αα︒︒⋅⋅=︒-︒︒，有sin(80)sin10sin 20sin10sin(8070)sin80cot 70cos80sin sin 40sin 30cos 20sin 70αα︒-︒⋅︒︒︒-︒====︒⋅︒-︒︒⋅︒︒︒．因为s i n (80)s i n 80c o t c o s 80s i n ααα︒-=︒⋅-︒作为α的函数在（0︒，180︒）上严格递减，所以70ACM α==︒∠．故180407070AMC =︒-︒-︒=︒∠．或者由140AMB =︒∠，令AMC x =∠，则220CMB x =︒-∠．对△M A B 和点C 应用第一角元形式的塞瓦定理，有sin sin sin sin sin 20sin 501sin sin sin sin(220)sin 50sin 40AMC MBC BAC x CMB CBA CAM x ︒︒=⋅⋅=⋅⋅︒-︒︒∠∠∠∠∠∠． 则sin(220)1sin(22070)sin 220cot 70cos220sin 2cos20sin70x x ︒-︒-︒===︒⋅︒-︒︒︒．因为sin(220)sin 220cot cos 220(sin 2200)sin x x x︒-=︒⋅-︒︒<作为x 的函数在(0,180)︒︒上严格递增，所以70AMC x ==︒∠．例16 如图2-20，△ABC 具有下面性质：存在一个内部的点P ，使得10PAB =︒∠，20PBA =︒∠，30PCA =︒∠，40PAC =︒∠．证明：△ABC 是等腰三角形．（1996年美国第25届奥林匹克试题）α80°-α20°10°40°30°CBAP图2-20证明 设BCP α=∠，则1802010403080PBC αα=︒-︒-︒-︒-︒-=︒-∠．由第一角元形式的塞瓦定理，有sin 20sin 40sin 1sin(80)sin10sin 30αα︒︒⋅⋅=︒-︒︒．即有2s i n 10c o s 10s i n 40s i n11s i n (80)s i n 102αα︒⋅︒︒⋅⋅=︒-︒．∴ s i n (80)4s i ns i n 40c o s 104s i n sααα︒-=⋅︒⋅︒=⋅︒⋅︒4sin sin 20sin 40sin80sin60sin sin 20sin 20αα⋅︒⋅︒⋅︒︒⋅==︒︒， ∴ s i n (80)s i n 20s i n 60αα︒-⋅︒=︒⋅． 从而 s i n (80)s i n s i n 20s i n αα︒-=︒⎧⎨︒=⎩且0α<，8080α︒-<︒，故20α=︒，即50ACB CAB =︒=∠∠，从而AB BC =．注 此题也可这样来求解：由sin 20sin 40sin 1sin(80)sin10sin 30αα︒︒⋅⋅=︒-︒︒， 有s i n (80)s i n 20s i n 404s i n 20s i n 40s i n 804c o s 10s i n 40s i n s i n 10s i n 30s i n 20αα︒-︒︒︒⋅︒⋅︒=⋅=︒⋅︒=︒︒︒sin60sin(8020)sin80cot 20cos80sin 20sin 20︒︒-︒===︒⋅︒-︒︒︒．因为sin(80)sin80cot cos80sin ααα︒-=︒⋅-︒作为α的函数在（0︒，180︒）上严格递减，所以BCP α=∠20=︒，即50ACB CAB =︒=∠∠．故AB BC =．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 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O P O Q =． （1990年CMO 选拔试题）4321γαβK F'G 'HG PQ O FE DCBA 图2-21证明 在AB ，BC 上分别取G '，F '，使AG AG '=，CF CF '=，则由对称性可知有下列角相等，即若设,AOG AOG αβ'==∠∠，COH γ=∠，1G OE '=∠∠，2EOB =∠∠，3BOF '=∠∠，4F OH '=∠∠，则αβ=，又αγ=，故βγ=．又14βγ+=+∠∠，故14=∠∠，23=∠∠． 连G H '交BD 于K ，在△BHG '中， OG E OBF OHKOEB OF H OKG S S S G E BF HK EB F H KG S S S ''''''⋅⋅=⋅⋅''△△△△△△ sin 1sin 3sin(34)1sin 2sin 4sin(12)OG OE OB OF OH OK OE OB OF OH OK OG ''⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=⋅⋅=''⋅⋅⋅⋅⋅⋅+∠∠∠∠∠∠∠∠．故由塞瓦定理的逆定理，知G F ''，BO ，HE 共点，即G F ''过点P ．由对称性知，OP OQ =． 例18 如图2-22，在锐角△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A l MN ⊥．同样可作出B l ，C l ．试证：三直线A l ，B l ，C l 相交于一点．（第29届IMO 预选题）l AD ′MNGDCBA图2-22证明 设A l 与MN ，BC 分别相交于点G ，D '，由AMG ADN =∠∠，90AGM AND ==︒∠∠，知MAG NAD =∠∠，即BAD CAD '=∠∠．同理，设CA ，AB 边上的高BE ，CF 的垂足分别为E ，F ，且B l ，C l 分别与CA ，AB 交于E '，F '，则有CBE ABE '=∠∠，ACF 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sin sin sin 1sin sin sin CAD ABE BCFDAB EBC FCA⋅⋅=∠∠∠∠∠∠，用等角代换上式，有sin sin sin 1sin sin sin BAD ACF CBE DAC F CB E BA'''⋅⋅=''∠∠∠∠∠∠．故由第一角元形式的塞瓦定理，知AD '，BE '，CF '三线共点，即A l ，B l ，C l 相交于一点．例19 如图2-23，四边形ABCD 内接于圆，AB ，DC 的延长线交于E ，AD ，BC 的延长线交于F ，P 为圆上任一点，PE ，PF 分别交圆于R ，S ．若对角线AC 与BD 相交于T ，求证：R ，T ，S 三点共线．RTSPFEDC BA图2-23证明 连PD ，AS ，RC ，BR ，AP ，SD ．由△EBR ∽△EPA ，△FDS ∽△FPA ，有BR EBPA EP =，PA FP DS FD =，此两式相乘，有BR EB FPDS EP FD =⋅．①又由ECR EPD △∽△，FPD FAS △∽△，有 CR EC PD EP =，PD FPAS FA =， 此两式相乘，有 CR EC FPAS EP FA=⋅． 由①÷②，得 B R A SE BF A D S C RE CF D⋅=⋅． 上式两边同乘以DC AB ，得 B R C D S A E BA F D C R C D S AB B AF D C E⋅⋅=⋅⋅． 对△EAD 及截线BCF ，应用梅涅劳斯定理，有 1EB AF DC BA FD CE⋅⋅=． 于是1B R C D S AR C D C A B⋅⋅=． 此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知BD ，RS ，AC 交于一点．从而R ，T ，S 三点共直线．【模拟实战】习题A1．在△ABC 中，D 是BC 上的点，13BD DC =，E 是AC 中点．AD 与BE 交于O ，CO 交AB 于F ，求四边形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，则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BAC ∠，ABC ∠，ACB ∠且它们与QR ，RP ，PQ 交于X ，Y ，Z ．求证：PX ，QY ，RZ 三线共点．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BAC ∠，ABC ∠，ACB ∠且它们与EF ，FD ，DE 交于X ，Y ，Z ．求证：DX ，EY ，FZ 三线共点．7．O 是△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．8．△ABC 在△A B C '''内部，且从A ，B ，C 各向B C ''，C A ''，A B ''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，40ABC ACB ==︒∠∠，P 为形内一点，20PAC =︒∠，30PCB =︒∠，求PBC ∠的度数．10．在ABC △中，AB AC =，80A =︒∠，D 为形内一点，且10DAB DBA ==︒∠∠，求ACD ∠的度数．（《数学教学》问题432题）11．在ABC △中，30BAC =︒∠，70ABC =︒∠，M 为形内一点，20MAB MCA ==︒∠∠，求M B A ∠的度数． （《数学教学》问题491题） 12．在ABC △中，40ABC =︒∠，30ACB =︒∠，P 为ABC ∠的平分线上一点，使10PCB =︒∠，BP 交AC 于M ，CP 交AB 于N ．求证：PM AN =． （《数学教学》问题531题）13．在ABC △中，40ABC =︒∠，20ACB =︒∠，N 为形内一点，30NBC =︒∠，20NAB =︒∠，求NCB ∠的度数． （《数学通报》问题1023题） 14．在ABC △中，80BAC =︒∠，60ABC =︒∠，D 为形内一点，且10DAB =︒∠，20DBA =︒∠，求A C D ∠的度数． （《数学通报》问题1142题） 15．在△ABC 中，50ABC =︒∠，30ACB =︒∠，M 为形内一点，20MCB =︒∠，40MAC =︒∠，求M B C ∠的度数． （《数学通报》问题1208题）16．△ABC 中，70ABC =︒∠，30ACB =︒∠，P 为形内一点，40PBC =︒∠，20PCB =︒∠．求证：1CA AB BPAP PC CB⋅⋅=⋅⋅． （《数学通报》问题1306题）17．在△ABC 中，40ABC ACB ==︒∠∠，P ，Q 为形内两点，20PAB QAC ==︒∠∠，PCB QCA =∠∠ 10=︒．求证：B ，P ，Q 三点共线． （《数学通报》问题1243题） 18．△ABC 中，50ABC ACB ==︒∠∠，P ，Q 为形内两点，10PCA QBC ==︒∠∠，PAC QCB =∠∠ 20=︒．求证：BP BQ =． （《数学通报》问题1281题） 19．在△ABC 中，AB AC =，100A =︒∠，I 为内心，D 为AB 上一点，满足BD BI =．试求BCD ∠的度数． （《数学通报》问题1073题） 20．1A ，2A ，1B ，2B ，1C ，2C 顺次分别在△ABC 的三边BC ，CA ，AB 上，且12BA A C =，12CB B A =， 12AC C B =，过2A ，2B ，2C 分别作1AA ，1BB ，1CC 的平行线a l ，b l ，c l ．求证：a l ，b l ，c l 三线共点的充要条件是1AA ，1BB ，1CC 三线共点．21．在△ABC 中，AB AC =，AD 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 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△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△A B C '''内部，AB 的延长线分别交A C ''，B C ''于5P ，1P ；AC 的延长线分别交BA''，B C ''于3P ，4P ；BC 的延长线分别交A B ''，A C ''于6P ，2P ，且满足142536AP AP BP BP CP CP ===== 123BP CP AP =++．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15届伊朗奥林匹克题） 26．在△ABC 的边上向外作三个正方形，1A ，1B ，1C 是正方形中的边BC ，CA ，AB 对边的中点．求证：直线1AA ，1BB ，1CC 共点．习题B1．O 是△ABC 的内切圆，D ，E ，F ，分别是BC ，CA ，AB 上的切点，DD '，EE '，FF '都是O 的直径．求证：直线AD '，BE '，CF '共点． （《数学通报》问题1396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1A ，点1B ，1C 与此类似．直线1AA 与B ，C 两角的外角平分线交于0A ，点0B ，0C 与此类似．求证：（Ⅰ）三角形000A B C 的面积是六边形111AC BACB 的二倍；（Ⅱ）三角形000A B C 的面积至少是三角形ABC 面积的四倍． （IMO -30试题） 4．设P 为△ABC 内一点，使BPA CPA =∠∠，G 是线段AP 上的点，直线BG ，CG 分别交边AC ，AB于E ，F ．求证：BPF CPE =∠∠．5．在凸四边形ABCD 中，对角线AC 平分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：BAF D AE =∠∠．6．在△ABC 中，AB AC =，100A =︒∠，I 为内心，D 为AB 上一点，满足BD BI =．试求BCD ∠的度数．（《数学通报》问题1073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1A ，1B ，1C 三点．证明：111111111A B B C C A A B B C C A ⋅⋅⋅⋅≥．（IMO -37预选题）8．在一条直线l 的一侧画一个半圆Γ，C ，D ，是Γ上两点，Γ上过C 和D 的切线分别交l 于B 和A ，半圆的圆心在线段BA 上，E 是线段AC 和BD 的交点，F 是l 上的点，EF l ⊥．求证：EF 平分CFD ∠． （IMO -35预选题） 9．设1A 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1B ，1C ．证明：1AA ，1BB ，1CC 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 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O 的直径，弦CD 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O 于E ，F ．求证：AE ，BF ，OD 三线共点．13．设I 是△ABC 的内心，以I 为圆心的一个圆分别交BC 于1A ，2A ，交A C 于1B ，2B ，交AB 于1C ，2C ．这六个点在圆上的顺序为1A ，2A ，1B ，2B ，1C ，2C ．设3A ，3B ，3C 为弧12A A ，12B B ，12C C 的中点，直线23A A ，13B B 相交于4C ，直线23B B ，13C C 相交于4A ，直线23C C ，13A A 相交于4B ．求证：直线34A A ，34B B ，34C C 三线共点．14．在△ABC 的边AB 和AC 上分别向形外作△ABE 和△ACF ，使△ABE ∽△ACF ，且ABE =∠ 90ACF =︒∠．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BAE CAF =∠∠，ABD CBF =∠∠，则AD ，BE ，CF 三线共点的充要条件是ACD BCE =∠∠． 17．在任意△ABC 的三边BC ，CA ，AB 上各有点M ，N ，L ，而Q 是△ABC 内部任一点，直线AQ ，BQ ，CQ 分别交线段NL ，LM ，MN 于1M ，1N ，1L ．求证：直线1M M ，1N N ，1L L 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 EF ⊥于O ．求证：BOC AOD =∠∠． （2002国家集训队选拔试题） 20．在△ABC 中，ABC ∠和ACB ∠均为锐角．D 是BC 边上的内点，且AD 平分BAC ∠，过点D 作垂线DP AB ⊥于P ，DQ AC ⊥于Q ，CP 与BQ 相交于K ．求证：AK BC ⊥．第二章 塞瓦定理及应用答案习题A1．对ABC △及点O ，由塞瓦定理可得3AF FB =，34AF AB =．又对ADC △与截线FOC ，由梅涅劳斯定理得4AO OD =，45AO AD =，故343455AFO ABD S S =⋅⋅△△，由此可知25BDOF ABD S S =△．又14ABD ABC S S =△△，所以2115410BDOF ABC S S =⋅=△． 2．在ABC △中由题设及塞瓦定理有1BD CE AFDC EA FB ⋅⋅=．又有BD CD '=，DC D B '=，CE AE '=，EA E C '=，AF BF '=，FB F A '=，故1CD BF AE D B F A E C'''⋅⋅='''．由塞瓦定理之逆知AD '，BE '，CF '三线共点．3．由割线定理有A F A F A E A E ''⋅=⋅，即AF E A EA AF '='．同理，BD F B FB BD '='，CE D CDC CE '='．三式相乘并适当交换位置，有BD CE AF D C E A F B DC EA FB BD CE AF '''⋅⋅=⋅⋅'''．由塞瓦定理知1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=，再由塞瓦定理之逆知AD '，BE '，CF '三线共点．4．设ABC △的边BC a =，CA b =，AB c =，周长为2s ，过顶点A ，B ，C 且平分ABC △周长的直线分别交BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，则由BD CD a +=，c BD b CD +=+，求得1()2BD a b c s c =+-=-，1()2CD c a b s b =+-=-．同理C Es =-，AE s b CD =-=，BF s a CE =-=．故有1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=．由塞瓦定理之逆，知AD ，BE ，CF 共点．5．令3B A C a ∠=，3ABC β∠=，3ACB γ∠=，由角平分线性质有QX AQ XR AR =，BY BR YP BP=，PZ CPZQ CQ =．由正弦定理，有sin sin BR αAR β=，sin sin CP βBP γ=，sin sin AQ γCQ α=，于是1QX BY PZ BR CPXR YP ZQ AR CQ⋅⋅=⋅=．由塞瓦定理之逆，值PX ，QY ，RZ 三线共点．6．令3BAC α∠=，3ABC β∠=，3ACB γ∠=，由平分线性质有EX AE FX AF =，FY BF YD BD =，DZ CDZE CE=．设ABC △的外接圆半径为R ，由正弦定理有2sin 3sin(60)8sin sin(60)sin(60)sin(60)R γβAF R γγβγ⋅⋅︒-==⋅⋅-⋅︒-︒-，sin sin(60)sin(60)βγβ⋅︒-⋅︒-．子啊AEF △中，由余弦定理及公式222sin ()sin sin sin sin cos()x y x y x y x y +=++⋅⋅+，求得 8sin(60)sin(60)sin(60)EF R αβγ=⋅︒-⋅︒-⋅︒-．由sin sin sin(60)AE AF EF AFE AEF α==∠∠︒-，知sin sin AFE β∠=，sin sin AEF γ∠=，故sin sin AE βAF γ=同理，sin sin BF γBD α=，sin sin CD αCE β=．于是1EX FY DZXF YD ZE⋅⋅=，由塞瓦定理之逆，知DX ，EY ，FZ 三线共点． 7．由正弦定理，有sin sin EA EAA AA E AE '''∠=⋅∠，sin sin A FA AF AA F AF '''∠=⋅∠．两式相除并注意AE AF =，有sin sin AA E AA F ''∠=∠，则sin sin EAA EA A AF A F ''∠=''∠，即sin sin CAA EA A AB A F ''∠=''∠．同理sin sin ABB FB B BC B D''∠=''∠， sin sin BCC DC C CA C E ''∠=''∠．三式相乘，得sin sin sin sin sin sin CAA ABB BCC EA FB DC A AB B BC C CA A F B D C E''''''∠∠∠⋅⋅=⋅⋅''''''∠∠∠．由于DA 'EB '，FC '共点于O ，则上式右边等于1，从而左边亦等于1．由塞瓦定理之逆，知AA '，BB '，CC '共点． 8．设AD ，BE ，CF 分别与B C '，C A '，A B '垂直于D ，E ，F ，且AD ，BE ，CF 共点于P ．A G '，BH'，CL 分别与BC ，CA ，AB 垂直于G ，H ，L ．又锐角HB A '∠与ACP ∠的两边分别垂直，故HB A ACP '∠=∠，同理，B A G PCB ''∠=∠，从而sin sin sin sin HB A ACPB A G PCB''∠∠=''∠∠．。
塞瓦定理及应用.docx
第 二章塞瓦定 理 及应 用【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 CB AC1 ．①A CB AC B证明如图 2-1（ b ）、（ c ），若 AA ， BB ， 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 ，得CBBC , AC EA ．B AAD C BBC又由BAA P AC ，有 BA AD ． ADPAEA A CEA从而BACB ACAD BC EA 1 ．A CB AC B 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：BA CB ACS△ PABS△ PBCS△ PCA1 ，即证．由：B AC B S △ PCA S △ PAB S △ PBC A C（ 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 C PC ，对 △ AA C 及截线 B PB 应用梅涅劳斯定理有BC A P AC 1，ABCB AP 1 ．CAPA C BBC B A PA上述两式相乘，得BACBAC1 ．A CB AC 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 ． 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BA ， CX ， B A 的交点），有BA CA B X 1 ．A C ABXB对△CAC 及点 A （直线CB ， AY ， C B 的交点），有CB AB C Y 1 ．B C BC YC对△ ABA 及点 B （直线AC ， BZ ， A C 的交点），有AC BC A Z1．C B CAZA对△ BBC 及点 C （直线BA ， BA ，CX 的交点），有BX B A C A1 ．XB A CAB对△CCA 及点 A （直线CB ，CB ，A Y 的交点），有CY C B A B1 ．YCB A BC对△ AAB 及点 B （直线AC ， A C ， B Z 的交点），有AZ A C B C 1 ．ZA C BCABACB2上述六式相乘，有AC1 ．A CB AC B故 BACB AC1 ．AC BA CB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BACBAC1，② A C B A 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 BACB AC 1 1 ，由此得 AC 1AC ，即 AC 1 AC，亦即 AC 1AC ，AC BA C 1B AC BA C 1BC 1B CB ABAB 故 C 1 与 C 重合，从而 AA ， BB ， CC 三线共点．若 AA ∥BB ，则CBCB．代入已知条件，有ACAC，由此知 CC ∥AA ，故B ABAC BCBAA ∥BB ∥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BACBAC1 ．③A CB AC B第一角元形式的塞瓦定理设A ，B ，C 分别是 △ ABC 的三边 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sin ∠ BAAsin ∠ACC sin ∠ CBB1．④sin ∠ A AC sin ∠ C CB sin ∠ B BA证明由BAS △ ABAAB sin ∠ BAA ， CB BC sin ∠ CBB ， AC AC sin ∠ ACC ，三式相乘，再A CS△AACAC sin ∠ A ACB A AB sin ∠ B BAC BBC sin ∠ C CB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 分别 △ ABC 的三边 BC ，CA ，AB 所在直线上的点， O 是不在 △ ABC的三边所在直线上的点，则AA ， BB ， CC 平行或共点的充要条件是sin ∠ BOA sin ∠AOCsin ∠ COB1 ．⑤sin ∠ A OC sin ∠ C OB sin ∠ B OA证明注意到塞瓦定理及其逆定理，有BO sin ∠ BOA CO sin ∠ COB AO sin ∠ AOC．CO sin ∠ A OC AO sin ∠ B OA BO sin ∠ C OB由此即证得结论．注在上述各定理中，若采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 ， B 1 ， C 1 ，分别是 △ ABC 的外接圆三段弧 BC ， CA ， AB 上的点，则 AA 1 ， BB 1 ， CC 1 共点的充要条件是BA 1 CB 1 AC 1 1 ．AC 1 B 1 A C 1B证明如图 2-3 ，设 △ ABC 的外接圆半径为R ，AA 交BC 于A，BB 交CA 于B ， CC 1交AB 于C ．由A ，11BA 1 2R sin ∠BAA 1 sin ∠BAA ．C 1 ， B ， A 1 ， C ， B 1 六点共圆及正弦定理，有2R sin ∠ A 1 AC sin ∠ A ACAC 1同理，CB1sin ∠ CBB，AC1sin∠ ACC．B1 A sin ∠ B BA C1B sin∠ 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：对△ ACE及点 D有ABCG EF 1 ，BC GE FA对△CDE及点 A有CFDB EG 1 ，FD BE GC对△ ADE及点 C有DGAF EB 1 ，GA FE BD对△ ABD及点 F有ACBE DH1，CB ED HA对△ ACD及点 E有AGDF CB 1 ，GD FC BA对△ ADF 及点 B有AHDC FE 1 ，HD CF EA对△ ABF及点 D有BCAE FH 1 ，CA EF HB对△ BDF 及点 A有BEDC FH 1 ．ED 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 ∥ EF ，AC 的延长线交EF于G．对△AEF 及点C ，应用塞瓦定理，有EG FD AB1．GF DA BE由 BD ∥ EF ，有AB AD，代入上式，BE DF得EG1 ，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：∠EDH ∠FDH ．（ 1994年加拿大奥林匹克试题）证法 1 对△ABC及点H，应用塞瓦定理，有AF BD CE①FB DC1 ．EA过 A作PQ∥BC，延长DF ， DE分别交PQ于P，Q，则DA⊥PQ，且△ APF∽ △ BDF ，△AQE ∽△CDE，从而AFBD，AQ EAPA DC ．FB CE而由①，有AF EABD DC ，故 PA AQ．FB CE由此知 AD 为等腰△APQ底边PQ上的高，故∠EDH∠FDH．证法 2 对△ABC及点H应用塞瓦定理，有AD sin ∠ADFBD DC sin ∠ EDC BD sin ∠ FDBDC AD tan ∠ ADF cot ∠ ADE ．sin ∠ ADE即 tan ∠ADEtan ∠ADF ，由锐角性质知 ∠EDA ∠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 ∠EDA ∠FDA ．注将此例中的平角∠ 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 ∠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 ．（ 1999 年全国高中联赛题）证明连 BD 交 AC 于 H ，对 △ BCD 及点 F ，应用塞瓦定理，有CG BH DE 1 ．GB HD ECAH 平分 ∠BAD ，由角平分线性质，可得BH AB ，故CG AB DEHD AD GBAD1 ．EC过点 C 作 AB 的平行线交 AG 的延长线于 I ，过点 C 作 AD 的平行线交 AE 的延长线于 J ，则CG CI DEAD CI AB AD．GBAB,．所以AD1EC CJABCJ从而， CI CJ ．又 CI ∥ AB ， CJ ∥AD ，有 ∠ACI 180 ∠BAC 180 ∠DAC ∠ACJ ．因此， △ ACI ≌△ ACJ ，即有 ∠IAC ∠JAC ．故 ∠GAC ∠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 △ 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．证明连 NF ，对 △ ABC 及点 G 应用塞瓦定理，有AF BD CE1．而 AEAFDC．FB DC EACE ，则BDFB由 DN ∥CG ，由CDNG ．BDBN于是，有AFNG，从而 FN ∥ AD ，即知四边形 DNFG 为平行四边形，有 ∠GDN∠GFN ．FBBN又 ∠GDL ∠GFM 60 ，则 ∠LDN ∠NFM ．而DN GFFM ，DLDG NF ，知 △LDN ≌△NFM ，有 LNMN ， ∠DNL ∠NMF ．于是∠MFG 60 ．故 △ LMN 为正三角形．例 5 如图 2-9，在一个 △ ABC 中， ∠C 2∠B ，P 为 △ ABC 内满足 APAC 及PB PC 的一点．求证：AP 是 ∠A 的三等分线．（ 1994 年香港代表队IMO 选拔赛题）证明用 B 表示∠ABC 的度量，令 ∠PCB， 则 ∠PBC， ∠ABP B， ∠ACP 2B ，∠ CAP π 2 2B（其中注意APAC） ，∠ P∠A ∠BπA [ π 2 C (A 2 P π )4) B] ． C) B2 B(π 3BB( 2对 △ ABC 及点 P ，应用第一角元形式的塞瓦定理，有sin[ π 2(2 B)] sin sin( B )1．sin( B 2 )sin(2B)sin亦即 2sin(2 B) cos(2B ) sin( B ) 1 ． sin( B 2 ) sin(2 B )于是 sin( B 2 ) 2sin( B ) cos(2B ) sin(3B 2 ) sin B ，即 sin B sin(3 B 2 ) sin( B 2 ) 2cos(2 B2 ) sin B ．而 sinB0 ，则 cos2( B)1．2因 0 Bb1(B C )π，则 2( B)0 , 2 π ．33 32( B) ππ，即 B．36从而 ∠ CAP π 2(2 B)π 4( B)22( B 2 )2∠ PAB ．故 ∠PAB1∠A ，即 AP 是 ∠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：例 6 设 M 、 N 分别为锐角 △ ABC （∠A ∠B ）的外接圆 上弧 BC 、 AC 的中点．过点 C 作 PC ∥MN交圆于点 P ， I 为 △ ABC 的内心，联结PI 并延长交圆于点 ．求证： MP MTNP 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 ∠ NPI sin ∠ PMI sin ∠ MNI 1 ．①sin ∠ IPM sin ∠IMNsin ∠ INP由 CP ∥ MN 知 PA PB ，有 ∠PMI∠INP ．NT sin 1∠BCN MP ． 于是①式即为2MTsin 1 ∠ A CM NP2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， ∠BAC90 ， 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）证明设 G 分线段 AB 为定比 1 ， H 分线段 AB 为定比 2．下证2由1 确定，即当A ，B 给定后，点 H 的位置由点 G 唯一确定．在 △ ABC 中，由 AE ， BF ， CG 交于一点 D ，应用塞瓦定理，有AG BE CF BE CFGB EC 1，即 11 ．FAEC FA对 △ ABC 及截线 EFH ，应用梅涅劳斯定理，得AHBE CFBE CFHB EC 1，即 21 ．FAEC FA上述两式相加，得 (BE CF ．12 )EC FA从而 12 0，即21，故 2由 1 唯一确定．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 ∠CAL ∠ PAB ，∠MBC ∠PBA ， ∠NCA =∠BCP ．求证： AL ， BM ， CN 三线共点．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BLAB sin ∠ BAL AB sin ∠PAC．LCAC sin ∠ CAL AC sin ∠ PAB同理，CM BC sin ∠ PBAMA AB,sin ∠ PBCANAC sin ∠ PCB ．NBBC 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 PC PA PBLC MANBsin ∠ PAB sin ∠ PBC sin ∠ PCAPA PB1 ．PC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 ，CN 交 AB 于 N ，直线 AP 交BC 于 D ，直线 BP 交 AC 于E ，直线 CP 交 AB 于F ．对 △ ABC 及点 P ，应用塞瓦定理，有AF BD CE 1 ．FBDC EA在 △ ABL 和 △ ACL 中应用正弦定理，有sin ∠ PAC sin ∠ Bsin 2 ∠ Csin ∠ Csin ∠ PAB sin 2∠B 同理，CM AE sin 2 ∠ A ，ANMAEC sin 2 ∠C NB以上三式相乘，并注意到①式，有DC AD sin 2 ∠ C AD BD sin 2∠ B2BFsin ∠B ．2DC sin 2 ∠ C ．BD sin 2∠BBL CM AN DC AE BFLC MANBBDEC 1 ．FA由塞瓦定理的逆定理，知AL ， BM ， CN 共点．证法 3设 AL 交BC 于L ，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 ∠PAB sin ∠ PBC sin ∠ PCA．sin ∠ PAC sin ∠ PBA1sin ∠ PCB由题设 ∠PAB∠CAL ， ∠PBA ∠CBM ， ∠PCB∠ACN ，则有 ∠BAL ∠PAC ， ∠ABM ∠PBC ，∠BCN ∠PCA ．于是sin ∠ BAL sin ∠ CBM sin ∠ACN sin ∠PAC sin ∠PBA sin ∠PCBsin ∠ CALsin ∠ ABM sin ∠BCN sin ∠ PAB sin ∠PBC sin ∠ PCA11 1 ，sin ∠ PAB sin ∠ PBC sin ∠PCA 1sin ∠PAC sin ∠ PBA sin ∠ PCB对 △ 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 PC DM 1．BP CD MA又直线 QCB 截 △ PDA ，应用梅涅劳斯定理，有AB PC DQ 1 ，从而只须证明DM DQBPCD QAAM．AQ设圆心为O ，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 QAQE 2QL QO ，即知 D ， L ， O ， A 四点共圆，有 ∠QLD ∠DAO ∠ODA∠OLA ，此表明 QL 为 △ LAD 的内角 ∠ALD 的外角平分线．而EF ⊥ OQ ，则 EL 平分 ∠ALD ．于是，DM DL DQ，结论获证．AM ALAQ【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∠ AEP ∠ ADP2k 为常数），则AB AC．（k （∠ PED ∠ PDE ）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 1 ．QC EP DB而 BD CE ，则PD QC．PE QB不妨设 QC ≤ QB ，则P D ≤ ， 即 有， 于 是≥， 故P EPC CE P ≤E BD PD PS△PBES△P C DS ≥ S．△E BC △ D B C此时，点 E 到 BC 的距离不小于 D 到 BC 的距离，则过 E 作 EF ∥ BC 必交 CD 延长线于一点，设为 F ．又作△ FBC 的外接圆O 交 EF 于另一点 F ，则四边形 BCFF 为等腰梯形．当 AB ≥ AC 时，由∠BF F∠ F FC ∠ BCA ≥∠ABC ∠AEF F必在线段 EF上，于是， ∠BDC ≥∠ BFC ≥∠ BEC，知（同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）．又由 PD ≤ PE ，知 ∠PED ≤∠ 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 内任一点， AM ， BM ，CM 分别交 BC ， CA ， AB 于 D ， E ， F ．求证：MD ME MFADBE1 ．CF证明如图2-14 ， 记BDm ，CEn ，AFl ． 对 △ ABC 及 点 M ， 应 用 塞 瓦 定 理 ， 有DCEAFBBD CE AF mnl 1 ．DC EA FB 对 △ ADC 及截线 EMB ，应用梅涅劳斯定理，有AM DB CE AM m1，即MD BC EA MD 1 nm AM 1 m (1m)l ．MDm n由合比定理得AD 1 (1 MD 1．MD m)l ，即1 l mlAD同理，ME1 l ，BE1 m mnl ml1MF1 ml．CF1 n nlml 1 l三式相加，得MD ME MF 1 ．ADBECF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 ．证明令BDm ，CEn ，AFp ，对 △ ABC 及点 P ，应用塞瓦定理，有BD CE AF mnp 1 ．DCEAFBDC EA FB对 △ ADC 及截线 BPE ，应用梅涅劳斯定理，有CE AP DB 1 ．注意到DBm ，则有EA PD BCBC m 1nAP m 1，即APPD m 1PD又对直线 APD 截 △ BCE又对△ ABP 及截线m 1 AP，故mnAD，有 BD CA EP DC AE PB FQE ，有 AFF B m 1．mnm 11 ．而 CA BP mn m ，故 BEm 1 ．AE n 1 ，则 mn EPEPB E P Q PQ 1 1， 故E P 1 ， 即 有 p( mn m 1) mp p A Q AQ 1PQ1 ．AQmpp2从而PQPQ APmp 1 2 m 11AD AP ADpmn m ≤13 2 2．223于是， PQ ≤(3 2 2)AD ．其中等号由2 mn p (m 1) ≥ 2 2mn p(m 1)2 2 中等号成立时成立，即当且仅当2mn 亦m 1m 1p(m 1)m 1即当且仅当2mnp2p( m 1) ，亦即 p(m1)2 时取等号． 此时， m 和 p 之间成为如图 2-16p (m 1)p(m1)的双曲线的关系．例13如图 2-17，已知直线的三个定点依次为 A 、B 、C ， 为过 A 、C 且圆心不在 AC 上的圆， 分别过 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 AC 的交点不依赖于圆 的选取．（ IMO 45 预选题）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AB sin ∠ APB ．BCsin ∠ CPB同理，在 △ ASC 中，有AR sin ∠ ASQ ．RC 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 ∠ QCPsin ∠ CPB sin ∠ QAP1．sin ∠QCA注意到 ∠ PAQ ∠ ASQ ∠ QCA ， ∠PCQ∠ CSQ ∠QAC ．则 sin ∠ APBsin ∠ PAQ sin ∠ QCA sin 2 ∠ ASQ ．sin ∠ CPBsin ∠QAC sin ∠ PCQsin 2 ∠CSQ2即 ABAR2，故结论获证．BCRC3．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，∠BAC40 ，∠ABC60 ， D 和 E 分别是 AC 和 AB 上的点，使得∠CBD40 ，∠BCE70， 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）证明设∠BAF，则∠FAC40，对△ ABC 及点 F ，应用第一角元形式的塞瓦定理，有sin10sin sin 401．sin 70sin(40)sin 20从而 sin10sin)2sin 20cos20 1 ，即有cos20sin(40sin 20sin(80 )sin(80)．sin(80 )sin(40)sin(80 )2cos60sin(20)sin( 20) ．注意到 040，知8020，8020，有8020，故30 ．延长 AF 交BC于H ，则∠AHB180∠FBC ∠ABH180306090 ．故 AF ⊥BC．注此题也可这样来解：由sin10sin sin 40 1 ，有sin 70sin(40)sin 20sin(40)sin10sin 402sin10sin10sin(4030 )sin 40cot30 cos40．sin sin70sin 20sin30sin30由于 sin(40)sin 40cot cos40作为的函数在 (0 , 180) 上严格递减，sin所以∠BAF30 ．故∠ABC∠BAF90 ．因此， AF ⊥ BC ．或者过点 A 作 AH ⊥ BC于 H ，则∠BAH30，∠HAC10．关于△ ABC有sin ∠BAH sin∠ ACD sin∠ CBD sin30sin10sin 40．所以， AH 、 BD 、 CE sin ∠ HAC sin∠ ECB sin∠ DBA sin10sin701sin 20三线共点，因此点F在 AH 上，即 AF⊥BC．例15如图2-19，在△ABC内取一点M，使得∠MBA30 ，∠MAB10 ．设∠ACB 80， AC BC ，求∠AMC ．（ 1983年前南斯拉夫奥林匹克试题）解设∠ACM，则∠MCB80．由第一角元形式的塞瓦定理，有sin sin10sin 201．sin80sin 40sin30从而 sin sin10sin(80)cos20．2sin cos802sin(80)cos20，sin(80 )sin(80)sin(100)sin(60) ，2cos90sin(10)0．于是 sin(80)sin(60) ．注意到 080，知8080 ，6060．8060，故70．所以∠AMC 180∠MAC∠ACM180407070 为所求．注此题结果也可直接由①式有sin sin70且 0， 8080 ，求得70 ．sin10sin(80)另外，此题也可这样来解：由sin sin10sin 201，有sin(80)sin 40sin30sin(80)sin10sin 20sin10sin(8070 )sin80cot 70cos80．sin sin 40sin30cos20sin 70因 为s i n ( 8 0) c o tc o 作s 为80的函数在（，180 ）上严格递减，所以s i ns i n 8 0∠ACM70 ．故 ∠AMC180 40 70 70 ．或者由 ∠AMB 140 ，令 ∠AMC x ，则 ∠CMB 220x ．对 △ MAB 和点 C 应用第一角元形式的塞瓦定理，有sin ∠AMC sin ∠ MBC sin ∠ BAC sin xsin 20 sin50 ．1∠ CMB sin ∠CBAsin ∠ CAMsin(220x)sin50 sin 40sin则 sin(220x)1 sin(220 70 )sin 220 cot 70 cos220 ．sin x2cos20sin70因为 sin(220x ) sin 220cotxcos 220 (sin 2200) x 的函数在 (0 ,180)上严格递增，所以sin x作为∠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 ∠PAB 10 ， ∠PBA20 ，∠PCA 30 ， ∠PAC40 ．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 ∠BCP ，则 ∠PBC 180 20 1040 3080．由第一角元形式的塞瓦定理，有sin 20sin 40 sin1 ．sin(80) sin10sin30即有 2sin10cos10sin 40 sin1．sin(80 )sin10124sinsin 20 sin 40sin80sin60 sin，sin 20sin 20sin(80) sin 20sin60 sin．sin(80) sin 60 ， 8080 ，从而sin且 0sin 20故20 ，即 ∠ACB50 ∠CAB ，从而 AB BC ．注此题也可这样来求解：由sin 20sin 40 sin1 ，sin(80) sin10sin30有 sin(80)sin 20 sin 40 4cos10 sin 40 4sin 20 sin 40 sin80 sinsin10 sin30 sin 20sin60 sin(80 20 ) cot 20 cos80 ．sin 20sin 20 sin80因为 sin(80) sin80cotcos80 作为的函数在（ 0 ，180 ）上严格递减， 所以 ∠ BCP20 ，sin即 ∠ACB 50∠CAB ．故 AB BC ．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， ABAD ，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 ．（ 1990 年 CMO 选拔试题）证明在 AB ，BC 上分别取 G ，F ，使 AGAG ，CF CF ，则由对称性可知有下列角相等，即若设∠ AOG, ∠AOG， ∠COH， ∠G OE ∠1， ∠EOB ∠2 ， ∠BOF ∠3， ∠F OH ∠4 ，则，又，故．又 ∠1∠4，故 ∠1 ∠4，∠2 ∠3．连GH 交BD 于K ，在△BHG 中，OG OE sin ∠1 OB OF sin ∠3 OHOK sin(∠3 ∠4)OE OB sin ∠2 OFOH sin ∠4 OK1．OG sin(∠1 ∠2)故由塞瓦定理的逆定理，知G F ， BO ， HE 共点，即 G F 过点 P ．由对称性知， OP OQ ．例 18 如图 2-22 ，在锐角 △ 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l A ⊥ MN ．同样可作出 l B ， l C ．试证：三直线 l A ， l B ， l C 相交于一点．（第 29 届 IMO 预选题）证 明 设 l A 与MN ， BC 分别相交于点 G ， D ，由∠AMG∠ ADN ， ∠AGM∠ AND90 ， 知，即 ∠BAD ∠CAD ．∠MAG ∠ NAD 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∠CBE ∠ABE ， ∠ACF ∠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sin ∠ CAD sin ∠ ABE sin ∠ BCF 1 ，sin ∠ DAB sin ∠EBC sin ∠ FCA用等角代换上式，有sin ∠ BAD sin ∠ ACF sin ∠ CBE1．sin ∠ DAC sin ∠ F CB sin ∠ 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 ， l B ， l C 相交于一点．例19如图2-23，四边形 ABCD 内接于圆， AB ， DC 的延长线交于 E ， AD ， BC 的延长线交于 F ，P 为圆上任一点， PE ， PF 分别交圆于 R ， S ．若对角线 AC 与 BD 相交于 T ，求证： R ，T ， S 三点共线．证明连 PD ，AS ，RC ，BR ，AP ，SD ．由 △ EBR ∽ △ EPA ，△ FDS ∽ △ FPA ，有BREB ，PAFP ，PA EPDSFD此两式相乘，有BR EB FP ．①DSEP FD又由 △ECR ∽△ EPD ， △ FPD ∽△ FAS ，有CR EC ，PD FP ， PDEPASFA此两式相乘，有CREC FP ．ASEPFA由①②，得BRASEB FA ．DS CREC FD上式两边同乘以DC ，得 BR CD SA EB AF DC ．AB RC DS AB BA FD CE对 △ EAD 及截线 BCF ，应用梅涅劳斯定理，有EB AF DC 1 ．BA FD CE于是BRCD SA1．RC DC AB此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知 BD ， RS ， AC 交于一点．从而 R ， T ， S 三点共直线．【模拟实战】习题 A1．在 △BD1O ，CO 交 AB 于 F ，求四ABC 中， D 是 BC 上的点，， E 是 AC 中点． AD 与BE 交于DC3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，则 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∠BAC，∠ABC ，∠ACB 且它们与QR， RP，PQ交于 X ， Y ， Z ．求证： PX ，QY， RZ 三线共点．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∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 且它们与 EF ， FD ， DE 交于 X ， Y ， Z ．求证： DX ， EY ， FZ 三线共点．7．O是△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．8．△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，∠ABC∠ACB40 ， P 为形内一点，∠ PAC20，∠PCB30 ，求∠PBC 的度数．10．在△ABC中，AB AC，∠A80 ， D 为形内一点，且∠DAB∠DBA10 ，求∠ACD 的度数．（《数学教学》问题432 题）11 ．在△ABC中，∠BAC30，∠ABC70 ， M 为形内一点，∠MAB ∠MCA20，求∠MBA 的度数．（《数学教学》问题491 题）12．在△ ABC中，∠ ABC40，30，P为∠ABC的平分线上一点，使∠ PCB10，BP交AC∠ACB于 M ， CP交 AB于 N ．求证：PM AN．（《数学教学》问题531 题）13．在△ABC中，∠ABC40，∠ACB20 ， N 为形内一点，∠NBC30 ，∠NAB20 ，求∠NCB 的度数．（《数学通报》问题1023 题）14．在△ABC中，∠BAC80，∠ABC60 ，D 为形内一点，且∠ DAB 10 ，∠ DBA20 ，求∠ACD 的度数．（《数学通报》问题1142 题）15．在△ABC中，∠ABC50，∠ACB30 ，M 为形内一点，∠MCB20 ，∠MAC40 ，求∠ MBC 的度数．（《数学通报》问题1208 题）16 ．△ABC中，∠ABC70，∠ACB30， P 为形内一点，∠PBC 40，∠PCB 20．求证：CA AB BP 1．（《数学通报》问题1306 题）AP PC CB17 ．在△ABC中，∠ABC∠ACB40，P，Q为形内两点，∠PAB∠ QAC20，∠ PCB QCA10 ．求证： B ， P ，Q三点共线．（《数学通报》问题 1243题）18．△ABC中，∠ABC∠ACB 50，P，Q为形内两点，∠PCA∠ QBC 10，∠ PAC ∠ QCB20 ．求证：BP BQ ．（《数学通报》问题1281 题）19．在△ABC中，AB AC，∠A100， I 为内心， D 为 AB 上一点，满足 BD BI ．试求∠BCD 的度数．（《数学通报》问题1073 题）20．A1，A2，B1，B2，C1，C2顺次分别在△ ABC 的三边 BC ， CA ， AB 上，且BA1A2C ， CB1B2A，AC1 C2 B ，过 A2， B2， C2分别作 AA1， BB1， CC1的平行线 l a， l b， l c．求证： l a， l b， l c三线共点的充要条件是AA1， BB1， CC1三线共点．21．在△ABC中，AB AC，AD⊥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 ∥ 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△ 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△A B C内部，AB的延长线分别交 A C ，B C 于P5，P1；AC 的延长线分别交BA ，BC于P3， P4；BC的延长线分别交 A B， A C于P6，P2，且满足A1P A P2B P5B P3B CP PC CP P．求A证：PAA，BB，CC所在直线共点．412（《中学数学教学》擂台题（28））25．给定△ ABC，延长边BC至D，使CD AC．的外接圆与以BC为直径的圆相交于C和P．设△ ACDBP 与 CP 的延长线分别交AC和 AB于E， F．求证： E，F，D共线．（第 15 届伊朗奥林匹克题）26．在△ABC的边上向外作三个正方形，A1， B1， C1是正方形中的边BC ， CA ， AB 对边的中点．求证：直线 AA1， BB1， CC1共点．习题 B1．O是△ABC的内切圆，D，E，F，分别是BC，CA，AB上的切点，DD，EE，FF都是O 的直径．求证：直线AD ，BE ，CF 共点．（《数学通报》问题1396 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A1，点 B1， C1与此类似．直线AA1与 B ，C 两角的外角平分线交于A，点 B，C 与此类似．求证：（Ⅰ）三角形 A B C的面积是六边形AC BACB1 00000011的二倍；（Ⅱ）三角形A0 B0 C0的面积至少是三角形ABC 面积的四倍．（IMO -30试题）4．设P为△ABC内一点，使∠BPA∠CPA ， G 是线段 AP 上的点，直线BG ， CG 分别交边 AC ， AB 于 E ， F ．求证：∠BPF ∠CPE ．5．在凸四边形ABCD 中，对角线AC 平分∠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：∠BAF∠DAE ．6．在△ABC 中，AB AC，∠A 100 ， I为内心， D 为AB 上一点，满足BD BI ．试求∠ BCD 的度数．（《数学通报》问题1073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A1， B1，C1三点．证明：A1B1B1C1C1A1≥A1 B B1C C1A ．（ IMO-37预选题）8．在一条直线l 的一侧画一个半圆半圆的圆心在线段BA 上， E 是线段，C， D，是AC 和 BD 的交点，上两点，上过F 是 l 上的点，C 和D 的切线分别交EF ⊥ l ．求证： EFl 于 B 和 A ，平分∠CFD ．（ IMO -35预选题）9．设A1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B1，C1．证明： AA1， BB1， CC1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 ⊥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O 的直径，弦CD⊥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O于E，F．求证：AE，BF，OD三线共点．13．设I是△ABC的内心，以I为圆心的一个圆分别交BC 于A1，A2，交C A于B1，B2，交 AB 于C1，C2．这六个点在圆上的顺序为A1， A2， B1， B2， C1， C2．设 A3， B3， C3为弧 A1A2， B1 B2， C1C2的中点，直线AA，BB相交于 C，直线 B B ，CC 相交于 A ，直线 C C，AA 相交于 B ．求证：直线 A A ，BB ，2313423134231343434C3C4三线共点．14．在△ABC的边AB和AC上分别向形外作△ABE和△ACF，使△ABE∽ △ACF，且∠ABE∠ACF90 ．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∠BAE∠CAF，∠ABD∠CBF，则AD，BE，CF三线共点的充要条件是∠ACD ∠BCE ．17．在任意△ABC的三边BC，CA，AB上各有点M ， N ， L ，而Q是△ ABC 内部任一点，直线AQ，BQ ，CQ 分别交线段NL，LM，MN于 M 1， N1， L1．求证：直线 M1M ， N1 N ， 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⊥ EF 于 O．求证：∠BOC∠AOD ．（ 2002国家集训队选拔试题）D 作垂线20．在△ABC中，∠ABC和∠ACB均为锐角． D 是 BC 边上的内点，且AD 平分∠BAC ，过点DP⊥ AB于 P，DQ⊥AC于Q， CP与BQ相交于 K ．求证：AK⊥ BC．。
高中数学竞赛解题策略-几何分册第22章角元形式的塞瓦定理
第章 角元形式的塞瓦定理第一角元形式的塞瓦定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，则三直线、、平行或共点的充要条件是证明由，，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立． 推论设、、分别是的外接圆三段弧、、上的点，则、、共点的充要条件是．事实上，应用三角形正弦定理，代入角元形式的塞瓦定理即证． 第二角元形式的塞氏定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，是不在的三边所在直线上的点，则、、平行或共点的充要条件是．事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有．由此即证得结论．下面给出应用第一角元形式的塞瓦定理解决问题的例子．例（年加拿大数学奥林匹克题）如图，在中，，，和分别是和上的点，使得，，是直线和的交点．证明：直线和直线垂直．40°20°α40°70°HF EDCBA图22-1证明如图，设，则，对及点，应用甬元形式的塞瓦定理，有．从而， 即有．于是．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故． 例（年香港代表队选拔赛题）如图，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．BA图22-2证明用表的度数，令，则，，，，．对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有． 亦即．亦即．从而而，则． 由，有于是，即，从而。
塞瓦定理及应用
【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1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''． ①证明 如图2-1（b ）、（c ），若AA '，BB '，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 ，得,CB BC AC EAB A ADC B BC''==''．又由BA A P A C AD PA EA '''==，有BA AD A C EA'='． 从而1BA CB AC AD BC EA A C B A C B 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：1PAB PBC PCAPCA PAB PBC S S S BA CB AC A C B A C B S S S '''⋅⋅=⋅⋅='''△△△△△△，即证．（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C PC '，对△AA C '及截线B PB '应用梅涅劳斯定理有 1BC A P AC CA PA C B ''⋅⋅=''，1A B CB APBC B A PA ''⋅⋅=''． 上述两式相乘，得1BA CB AC A C B A 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C C '与AA '交于点Y ，直线AA '与BB '交于点Z ．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BA ，CX ，B A ''的交点），有1BA CA B XA C AB XB ''⋅⋅=''．对△CAC '及点A '（直线CB ，AY ，C B ''的交点），有1CB AB C YB C BC YC ''⋅⋅=''．对△ABA '及点B '（直线AC ，BZ ，A C ''的交点），有1AC BC A ZC B CA ZA ''⋅⋅=''．对△BBC '及点C （直线BA '，B A '，C X '的交点），有1BX B A C AXB A C AB '''⋅⋅='''．对△CC A ''及点A （直线CB '，C B '，A Y '的交点），有1CY C B A BYC B A BC '''⋅⋅='''．对△AA B ''及点B （直线AC '，A C '，B Z '的交点），有1AZ A C B CZA C B CA '''⋅⋅='''．上述六式相乘，有21BA CB AC A C B A C B '''⎛⎫⋅⋅= ⎪'''⎝⎭． 故1BA CB AC A C B A 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 1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''， ② 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1C ，则由塞瓦定理，有111AC BA CB A C B A C B ''⋅⋅=''，又已知有111AC BA CB A C B A C B ''⋅⋅=''，由此得11AC AC C B C B '='，即1AC AC AB AB'=，亦即1AC AC '=，故1C 与C '重合，从而AA '，BB '，CC '三线共点．若AA BB ''∥，则CB CB B A BA '=''．代入已知条件，有AC A CC B CB''='，由此知CC AA ''∥，故 AA BB 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1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''． ③ 第一角元形式的塞瓦定理 设A '，B '，C '分别是△ABC 的三边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 sin sin sin 1sin sin sin BAA ACC CBB A AC C CB B BA'''⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠． ④证明 由sin sin ABA AA C S BA AB BAA A C S AC A AC ''''⋅==''⋅△△∠∠，sin sin CB BC CBB B A AB B BA ''⋅=''⋅∠∠，sin sin AC AC ACC C B BC C CB ''⋅=''⋅∠∠，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 '分别△ABC 的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的点，O 是不在△ABC 的三边所在直线上的点，则AA '，BB '，CC '平行或共点的充要条件是 sin sin sin 1sin sin sin BOA AOC COB A OC C OB B OA'''⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠．⑤ 证明 注意到塞瓦定理及其逆定理，有1BOA COB AOC A OC B OA C OB S S S BA CB AC A C B A C B S S S '''''''''=⋅⋅=⋅⋅'''△△△△△△ sin sin sin sin sin sin BO BOA CO COB AO AOC CO A OC AO B OA BO C OB'''⋅⋅⋅=⋅⋅'''⋅⋅⋅∠∠∠∠∠∠． 由此即证得结论．注 在上述各定理中，若采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1A ，1B ，1C ，分别是△ABC 的外接圆三段弧»BC ，»CA ，»AB 上的点，则1AA ，1BB ，1CC 共点的充要条件是1111111BA CB AC AC B A C B ⋅⋅=． 证明 如图2-3，设△ABC 的外接圆半径为R ，1AA 交BC 于A '，1BB 交CA 于B '，1CC 交AB 于C '．由A ，1C ，B ，1A ，C ，1B 六点共圆及正弦定理，有11112sin sin 2sin sin BA R BAA BAA AC R A AC A AC '⋅=='⋅∠∠∠∠．同理，11sin sin CB CBB B A B BA '='∠∠，11sin sin AC ACC C B 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：对△ACE 及点D 有 1AB CG EFBC GE FA ⋅⋅=， 对△CDE 及点A 有 1CF DB EGFD BE GC ⋅⋅=， 对△ADE 及点C 有 1DG AF EBGA FE BD ⋅⋅=， 对△ABD 及点F 有 1AC BE DHCB ED HA ⋅⋅=， 对△ACD 及点E 有 1AG DF CBGD FC BA ⋅⋅=， 对△ADF 及点B 有 1AH DC FEHD CF EA ⋅⋅=， 对△ABF 及点D 有 1BC AE FHCA EF HB⋅⋅=， 对△BDF 及点A 有1BE DC FHED 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 EF ∥，AC 的延长线交EF 于G ．对△AEF 及点C ，应用塞瓦定理，有 1EG FD ABGF DA BE ⋅⋅=． 由BD EF ∥，有AB ADBE DF=，代入上式， 得1EGGF=，即EG GF =．命题获证． 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：EDH FDH =∠∠． （1994年加拿大奥林匹克试题）证法1 对△ABC 及点H ，应用塞瓦定理，有1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=． ① 过A 作PQ BC ∥，延长DF ，DE 分别交PQ 于P ，Q ，则DA PQ ⊥，且△APF ∽△BDF ，△AQE ∽△CDE ，从而AF PA BD FB =⋅，EAAQ DC CE=⋅．而由①，有AF EABD DC FB CE⋅=⋅，故PA AQ =． 由此知AD 为等腰△APQ 底边PQ 上的高，故EDH FDH =∠∠． 证法2 对△ABC 及点H 应用塞瓦定理，有1DAF DCEDFB DEA S S AF BD CE BD FB DC EA S DC S =⋅⋅=⋅⋅△△△△ sin sin tan cot sin sin AD ADF BD DC EDCADF ADE BD FDB DC AD ADE⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅∠∠∠∠∠∠．即tan tan ADE ADF =∠∠，由锐角性质知EDA 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EDA FDA =∠∠． 注 将此例中的平角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 =∠∠．（1999年全国高中联赛题）证明 连BD 交AC 于H ，对△BCD 及点F ，应用塞瓦定理，有1CG BH DEGB HD EC⋅⋅=． AH 平分BAD ∠，由角平分线性质，可得BH AB HD AD =，故1CG AB DEGB AD EC⋅⋅=．过点C 作AB 的平行线交AG 的延长线于I ，过点C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J ，则 ,CG CI DE AD GB AB EC CJ ==．所以1CI AB ADAB AD CJ ⋅⋅=．从而，CI CJ =．又CI AB ∥，CJ AD ∥，有180180ACI BAC DAC ACJ =︒-=︒-=∠∠∠∠． 因此，△ACI ACJ ≌△，即有IAC JAC =∠∠． 故 GAC 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△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．证明 连NF ，对△ABC 及点G 应用塞瓦定理，有 1AF BD CE FB DC EA ⋅⋅=．而AE CE =，则AF DCFB BD =． 由DN CG ∥，由CD NGBD BN=． 于是，有AF NGFB BN=，从而FN AD ∥，即知四边形DNFG 为平行四边形，有GDN GFN =∠∠． 又60GDL GFM ==︒∠∠，则LDN NFM =∠∠．而DN GF FM ==，DL DG NF ==，知△LDN ≌△NFM ，有LN MN =，DNL NMF =∠∠．于是MNL DNF DNL MNF DNF NMF MNF =-+=-+∠∠（∠∠）∠（∠∠） 180)(180)NFG NFM NFM NFG ︒--︒-=-=(∠∠∠∠60MFG ==︒∠．故△LMN 为正三角形．例5 如图2-9，在一个△ABC 中，2C B =∠∠，P 为△ABC 内满足AP AC =及PB PC =的一点．求证：AP 是A ∠的三等分线． （1994年香港代表队IMO 选拔赛题）证明 用B 表示ABC ∠的度量，令PCB θ=∠，则PBC θ=∠，ABP B θ=-∠，2ACP B θ=-∠，()π22CAP B θ=--∠（其中注意AP AC =），()π[π2(2)]PAB A CAP B C B θ=-=-----∠∠∠(π3)(π42)2B B B θθ=---+=-．对△ABC 及点P ，应用第一角元形式的塞瓦定理，有 sin[π2(2)]sin sin()1sin(2)sin(2)sin B B B B θθθθθθ---⋅⋅=--．亦即2sin(2)cos(2)sin()1sin(2)sin(2)B B B B B θθθθθ-⋅-⋅-=-⋅-．于是 sin(2)2sin()cos(2)sin(32)sin B B B B B θθθθ-=-⋅-=--， 即 sin sin(32)sin(2)2cos(22)sin B B B B B θθθ=---=-⋅．而sin 0B ≠，则1cos2()2B θ-=． 因 1π0()33B b BC θ<-<<+<，则2π2()0,3B θ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭．∴ π2()3B θ-=，即π6B θ-=．从而π2(2)π4()2CAP B B θθθ=--=---∠ ππ222[()]36B θθθθ⎛⎫=-=-=-- ⎪⎝⎭2(2)2B PAB θ=-=∠．故 13PAB A =∠∠，即AP 是A ∠的三等分线．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：例6 设M 、N 分别为锐角△ABC（A B <∠∠）的外接圆Γ上弧»BC 、»AC 的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于点P ，I 为△ABC 的内心，联结PI 并延长交圆Γ于点Γ．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 sin sin 1sin sin sin NPI PMI MNIIPM IMN INP⋅⋅=∠∠∠∠∠∠．①由CP MN ∥知PA PB =，有PMI INP =∠∠． 于是①式即为1sin 21sin 2B NT CN MP MT CM NPA ===∠∠． 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，90BAC =︒∠，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）证明 设G 分线段AB 为定比1λ，H 分线段AB 为定比2λ．下证2λ由1λ确定，即当A ，B 给定后，点H 的位置由点G 唯一确定．在△ABC 中，由AE ，BF ，CG 交于一点D ，应用塞瓦定理，有 1AG BE CF GB EC FA ⋅⋅=，即11BE CFEC FAλ⋅⋅=． 对△ABC 及截线EFH ，应用梅涅劳斯定理，得 1AH BE CF HB EC FA ⋅⋅=，即21BE CFEC FAλ⋅⋅=-． 上述两式相加，得12()0BE CFEC FAλλ+⋅=．从而120λλ+=，即21λλ=-，故2λ由1λ唯一确定．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CAL PAB =∠∠，MBC PBA =∠∠，NCA BCP ∠=∠．求证：AL ，BM ，CN 三线共点．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 sin sin sin sin BL AB BAL AB PACLC AC CAL AC PAB ⋅⋅==⋅⋅∠∠∠∠． 同理，sin sin CM BC PBAMA AB PBC⋅=⋅∠∠, sin sin AN AC PCBNB BC PCA⋅=⋅∠∠． 将上述三式相乘，并应用正弦定理，有sin sin sin 1sin sin sin BL CM AN PAC PBA PCB PC PA PB LC MA NB PAB PBC PCA PA PB PC ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=∠∠∠∠∠∠． 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 ，CN 交AB 于N ，直线AP 交BC 于D ，直线BP 交AC 于E ，直线CP 交AB 于F ．对△ABC 及点P ，应用塞瓦定理，有1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=． 在△ABL 和△ACL 中应用正弦定理，有 sin sin sin sin sin sin sin sin BL BL AL BAL C PAC CLC AL LC B LAC PAB B =⋅=⋅=⋅∠∠∠∠∠∠∠∠ 222222sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin PAC B C DC AD C DC CC PAB B AD BD B BD B =⋅⋅=⋅⋅=⋅∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠． 同理，22sin sin CM AE A MA EC C =⋅∠∠，22sin sin AN BF BNB FA A=⋅∠∠． 以上三式相乘，并注意到①式，有1BL CM AN DC AE BF LC MA NB BD EC FA⋅⋅=⋅⋅=． 由塞瓦定理的逆定理，知AL ，BM ，CN 共点．证法3 设AL 交BC 于L ，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 sin sin 1sin sin sin PAB PBC PCAPAC PBA PCB⋅⋅=∠∠∠∠∠∠．由题设PAB CAL =∠∠，PBA CBM =∠∠，PCB ACN =∠∠，则有BAL PAC =∠∠，ABM PBC =∠∠，BCN PCA =∠∠． 于是 sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin BAL CBM ACN PAC PBA PCBCAL ABM BCN PAB PBC PCA⋅⋅=⋅⋅∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠ 111sin sin sin 1sin sin sin PAB PBC PCA PAC PBA PCB===⋅⋅∠∠∠∠∠∠，对△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1AB PC DM BP CD MA⋅⋅=． 又直线QCB 截△PDA ，应用梅涅劳斯定理，有 1AB PC DQ BP CD QA ⋅⋅=，从而只须证明DM DQAM AQ=． 设圆心为O ，连QO 交EF 于L ，连LD ，LA ，OD ，OA ，则由切割线走理和射影定理，有2QD QA QE QL QO ⋅==⋅，即知D ，L ，O ，A 四点共圆，有QLD DAO ODA OLA ===∠∠∠∠，此表明QL 为△LAD 的内角ALD ∠的外角平分线．而EF OQ ⊥，则EL 平分ALD ∠．于是， DM DL DQAM AL AQ==，结论获证． 【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2AEP ADP k PED PDE -=-∠∠（∠∠）（k 为常数），则AB AC =．证明 设AP 交BC 于Q ，对△PBC 及其形外一点A ，应用塞瓦定理，有1BQ CE PDQC EP DB⋅⋅=．而BD CE =，则PD QCPE QB=． 不妨设QC QB ≤，则PD PE ≤，即有PC CE PE BD PD PB =--=≤，于是PBE PCD S S △△≥，故EBC DBC S S △△≥．此时，点E 到BC 的距离不小于D 到BC 的距离，则过E 作EF BC ∥必交CD 延长线于一点，设为F ．又作△FBC 的外接圆O e 交EF 于另一点F '，则四边形BCFF '为等腰梯形．当AB AC ≥时，由BF F F FC BCA ABC AEF ''===∠∠∠≥∠∠，知F '必在线段EF 上，于是，BDC BFC BEC ∠≥∠≥∠（同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）．又由PD PE ≤，知PED 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 内任一点，AM ，BM ，CM 分别交BC ，CA ，AB 于D ，E ，F ．求证：1MD ME MFAD BE CF ++=． 证明 如图2-14，记BD m DC =，CE n EA =，AFl FB=．对△ABC 及点M ，应用塞瓦定理，有1BD CE AFmnl DC EA FB⋅⋅==．对△ADC 及截线EMB ，应用梅涅劳斯定理，有11AM DB CE AM mn MD BC EA MD m ⋅⋅=⋅⋅=+，即 1(1)AM mm l MD m n +==++． 由合比定理得1(1)AD m l MD =++，即11MD AD l ml=++． 同理，111ME lBE m mn l ml ==++++， 111MF mlCF n nl ml l==++++． 三式相加，得1MD ME MFAD 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：(3PQ AD -≤．证明 令BD m DC =，CE n EA =，AF p FB =，对△ABC 及点P ，应用塞瓦定理，有1BD CE AFmnp DC EA FB⋅⋅==．对△ADC 及截线BPE ，应用梅涅劳斯定理，有 1CE AP DB EA PD BC ⋅⋅=．注意到1DB mBC m =+，则有 11AP m n PD m ⋅⋅=+，即1AP m PD mn +=，故11AP m AD mn m +=++． 又对直线APD 截△BCE ，有1BD CA EP DC AE PB ⋅⋅=．而1CA n AE =+，则BP mn m EP =+，故1BEmn m EP=++．又对△ABP 及截线FQE ，有1AF BE PQ FB EP AQ ⋅⋅=，即有 11(1)1PQ AQ p mn m mp p ==++++，故12PQ AQ mp p =++． 从而1121PQ PQ AP m AD AP AD mp p mn m +=⋅=⋅++++ 1112(1)211(1)211mn mn p m p m m m =⋅=+++++++++3=-于是，(3PQ AD -≤．其中等号由2(1)1mn p m m ++=+≥中等号成立时成立，即当且仅当2(1)1mnp m m =++亦即当且仅当22(1)(1)(1)mnp p m p m p m ==+++，亦即(1)p m +=时取等号．此时，m 和p 之间成为如图2-16的双曲线的关系．例13 如图2-17，已知直线的三个定点依次为A 、B 、C ，Γ为过A 、C 且圆心不在AC 上的圆，分别过A 、C 两点且与圆Γ相切的直线交于点P ，PB 与圆Γ交于点Q ．证明：AQC ∠的平分线与AC 的交点不依赖于圆Γ的选取．（IMO 45预选题）证明 设AQC ∠的平分线交AC 于点R ，交圆Γ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sin sin AB APBBC CPB=∠∠． 同理，在△ASC 中，有sin sin AR ASQRC CSQ =∠∠． 在△PAC 中，视Q 为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理，有sin sin sin 1sin sin sin APB QAC QCPCPB QAP QCA⋅⋅=∠∠∠∠∠∠．注意到PAQ ASQ QCA ==∠∠∠，PCQ CSQ QAC ==∠∠∠．则 22sin sin sin sin sin sin sin sin APB PAQ QCA ASQ CPB QAC PCQ CSQ⋅==⋅∠∠∠∠∠∠∠∠． 即 22AB AR BC RC=，故结论获证． 3．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，40BAC =︒∠，60ABC =︒∠，D 和E 分别是AC 和AB 上的点，使得40CBD =︒∠，70BCE =︒∠，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）证明 设BAF α=∠，则40FAC α=︒-∠，对△ABC 及点F ，应用第一角元形式的塞瓦定理，有 sin10sin sin 401sin 70sin(40)sin 20αα︒︒⋅⋅=︒︒-︒． 从而sin10sin 2sin 20cos201cos20sin(40)sin 20αα︒︒⋅︒⋅⋅=︒︒-︒，即有sin(40)2sin sin102sin cos80ααα︒-=⋅︒=⋅︒ sin(80)sin(80)αα=+︒+-︒．∴ sin(80)sin(40)sin(80)2cos60sin(20)sin(20)ααααα-︒=︒--+︒=︒⋅-︒-=-︒-．注意到040α<<︒，知8020α-︒<-︒-，8020α-︒<︒，有 8020αα-︒=-︒-，故30α=︒．延长AF 交BC 于H ，则180180306090AHB FBC ABH =︒--=︒-︒-︒=︒∠∠∠．故AF BC ⊥．注 此题也可这样来解：由sin10sin sin 401sin 70sin(40)sin 20αα︒︒⋅⋅=︒︒-︒，有 sin(40)sin10sin 40sin10sin(4030)2sin10sin 40cot30cos40sin sin70sin 20sin30sin30αα︒-︒-︒︒︒-︒==︒===︒⋅︒-︒︒-︒︒︒．由于sin(40)sin 40cot cos40sin ααα︒-=︒⋅-︒作为α的函数在(0,180)︒︒上严格递减，所以30BAF α==︒∠．故90ABC BAF +=︒∠∠．因此，AF BC ⊥． 或者过点A 作AH BC ⊥于H ，则30BAH =︒∠，10HAC =︒∠． 关于△ABC 有sin sin sin sin30sin10sin 401sin sin sin sin10sin70sin 20BAH ACD CBD HAC ECB DBA ︒︒︒⋅⋅=⋅⋅=︒︒︒∠∠∠∠∠∠．所以，AH 、BD 、CE三线共点，因此点F 在AH 上，即AF BC ⊥． 例15 如图2-19，在△ABC 内取一点M ，使得30MBA =︒∠，10MAB =︒∠．设80ACB =︒∠，AC BC =，求AMC ∠． （1983年前南斯拉夫奥林匹克试题）解 设ACM α=∠，则80MCB α=︒-∠．由第一角元形式的塞瓦定理，有 ()sin sin10sin 80sin 40αα︒⋅⋅︒-︒sin 201sin30︒=︒． 从而 sin sin10sin(80)cos20αα⋅︒=︒-⋅︒． ∴ 2sin cos802sin(80)cos20αα⋅︒=︒-⋅︒，∴ sin(80)sin(80)sin(100)sin(60)αααα+︒+-︒=︒-+︒-， ∴ sin(80)sin(60)sin(100)sin(80)αααα-︒-︒-=︒--+︒ 2cos90sin(10)0α=︒⋅︒-=．于是 sin(80)sin(60)αα-︒=︒-．注意到 080α<<︒，知8080α-︒<<-︒，6060α︒-<︒． ∴ 8060αα-︒=︒-，故 70α=︒．所以 180180407070AMC MAC ACM =︒--=︒-︒-︒=︒∠∠∠为所求． 注 此题结果也可直接由①式有sin sin 70sin10sin(80)αα=︒⎧⎨︒=︒-⎩且0α<，8080α︒-<︒，求得70α=︒． 另外，此题也可这样来解：由sin sin10sin 201sin(80)sin 40sin30αα︒︒⋅⋅=︒-︒︒，有sin(80)sin10sin 20sin10sin(8070)sin80cot 70cos80sin sin 40sin30cos20sin 70αα︒-︒⋅︒︒︒-︒====︒⋅︒-︒︒⋅︒︒︒．因为sin(80)sin80cot cos80sin ααα︒-=︒⋅-︒作为α的函数在（0︒，180︒）上严格递减，所以70ACM α==︒∠．故180407070AMC =︒-︒-︒=︒∠．或者由140AMB =︒∠，令AMC x =∠，则220CMB x =︒-∠．对△MAB 和点C 应用第一角元形式的塞瓦定理，有sin sin sin sin sin 20sin501sin sin sin sin(220)sin50sin 40AMC MBC BAC x CMB CBA CAM x ︒︒=⋅⋅=⋅⋅︒-︒︒∠∠∠∠∠∠． 则sin(220)1sin(22070)sin 220cot 70cos220sin 2cos20sin70x x ︒-︒-︒===︒⋅︒-︒︒︒．因为sin(220)sin 220cot cos220(sin 2200)sin x x x︒-=︒⋅-︒︒<作为x 的函数在(0,180)︒︒上严格递增，所以70AMC x ==︒∠．例16 如图2-20，△ABC 具有下面性质：存在一个内部的点P ，使得10PAB =︒∠，20PBA =︒∠，30PCA =︒∠，40PAC =︒∠．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BCP α=∠，则1802010403080PBC αα=︒-︒-︒-︒-︒-=︒-∠．由第一角元形式的塞瓦定理，有sin 20sin 40sin 1sin(80)sin10sin30αα︒︒⋅⋅=︒-︒︒．即有2sin10cos10sin 40sin 11sin(80)sin102αα︒⋅︒︒⋅⋅=︒-︒．∴ sin(80)4sin sin 40cos104sin sin 40sin80ααα︒-=⋅︒⋅︒=⋅︒⋅︒4sin sin 20sin 40sin80sin60sin sin 20sin 20αα⋅︒⋅︒⋅︒︒⋅==︒︒， ∴ sin(80)sin 20sin60sin αα︒-⋅︒=︒⋅． 从而 sin(80)sin 60sin 20sin αα︒-=︒⎧⎨︒=⎩且0α<，8080α︒-<︒，故20α=︒，即50ACB CAB =︒=∠∠，从而AB BC =．注 此题也可这样来求解：由sin 20sin 40sin 1sin(80)sin10sin30αα︒︒⋅⋅=︒-︒︒，有sin(80)sin 20sin 404sin 20sin 40sin804cos10sin 40sin sin10sin30sin 20αα︒-︒︒︒⋅︒⋅︒=⋅=︒⋅︒=︒︒︒sin60sin(8020)sin80cot 20cos80sin 20sin 20︒︒-︒===︒⋅︒-︒︒︒．因为sin(80)sin80cot cos80sin ααα︒-=︒⋅-︒作为α的函数在（0︒，180︒）上严格递减，所以BCP α=∠20=︒，即50ACB CAB =︒=∠∠．故AB BC =．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 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 =． （1990年CMO 选拔试题）证明 在AB ，BC 上分别取G '，F '，使AG AG '=，CF CF '=，则由对称性可知有下列角相等，即若设,AOG AOG αβ'==∠∠，COH γ=∠，1G OE '=∠∠，2EOB =∠∠，3BOF '=∠∠，4F OH '=∠∠，则αβ=，又αγ=，故βγ=．又14βγ+=+∠∠，故14=∠∠，23=∠∠． 连G H '交BD 于K ，在△BHG '中， OG E OBF OHKOEB OF H OKG S S S G E BF HK EB F H KG S S S ''''''⋅⋅=⋅⋅''△△△△△△ sin 1sin 3sin(34)1sin 2sin 4sin(12)OG OE OB OF OH OK OE OB OF OH OK OG ''⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=⋅⋅=''⋅⋅⋅⋅⋅⋅+∠∠∠∠∠∠∠∠．故由塞瓦定理的逆定理，知G F ''，BO ，HE 共点，即G F ''过点P ．由对称性知，OP OQ =． 例18 如图2-22，在锐角△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A l MN ⊥．同样可作出B l ，C l ．试证：三直线A l ，B l ，C l 相交于一点．（第29届IMO 预选题）证明 设A l 与MN ，BC 分别相交于点G ，D '，由AMG ADN =∠∠，90AGM AND ==︒∠∠，知MAG NAD =∠∠，即BAD CAD '=∠∠．同理，设CA ，AB 边上的高BE ，CF 的垂足分别为E ，F ，且B l ，C l 分别与CA ，AB 交于E '，F '，则有CBE ABE '=∠∠，ACF 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sin sin sin 1sin sin sin CAD ABE BCFDAB EBC FCA ⋅⋅=∠∠∠∠∠∠，用等角代换上式，有sin sin sin 1sin sin sin BAD ACF CBE DAC F CB E BA'''⋅⋅=''∠∠∠∠∠∠．故由第一角元形式的塞瓦定理，知AD '，BE '，CF '三线共点，即A l ，B l ，C l 相交于一点．例19 如图2-23，四边形ABCD 内接于圆，AB ，DC 的延长线交于E ，AD ，BC 的延长线交于F ，P 为圆上任一点，PE ，PF 分别交圆于R ，S ．若对角线AC 与BD 相交于T ，求证：R ，T ，S 三点共线．证明 连PD ，AS ，RC ，BR ，AP ，SD ．由△EBR ∽△EPA ，△FDS ∽△FPA ，有BR EBPA EP =，PA FP DS FD =，此两式相乘，有BR EB FPDS EP FD =⋅．①又由ECR EPD △∽△，FPD FAS △∽△，有 CR EC PD EP =，PD FPAS FA =， 此两式相乘，有 CR EC FPAS EP FA=⋅． 由①÷②，得 BR AS EB FADS CR EC FD⋅=⋅． 上式两边同乘以DC AB，得 BR CD SA EB AF DCRC DS AB BA FD CE ⋅⋅=⋅⋅． 对△EAD 及截线BCF ，应用梅涅劳斯定理，有 1EB AF DC BA FD CE⋅⋅=． 于是1BR CD SARC DC AB⋅⋅=． 此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知BD ，RS ，AC 交于一点．从而R ，T ，S 三点共直线．【模拟实战】习题A 1．在△ABC 中，D 是BC 上的点，13BD DC =，E 是AC 中点．AD 与BE 交于O ，CO 交AB 于F ，求四边形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，则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BAC ∠，ABC ∠，ACB ∠且它们与QR ，RP ，PQ 交于X ，Y ，Z ．求证：PX ，QY ，RZ 三线共点．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BAC ∠，ABC ∠，ACB ∠且它们与EF ，FD ，DE 交于X ，Y ，Z ．求证：DX ，EY ，FZ 三线共点．7．O e 是△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．8．△ABC 在△A B C '''内部，且从A ，B ，C 各向B C ''，C A ''，A B ''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，40ABC ACB ==︒∠∠，P 为形内一点，20PAC =︒∠，30PCB =︒∠，求PBC ∠的度数．10．在ABC △中，AB AC =，80A =︒∠，D 为形内一点，且10DAB DBA ==︒∠∠，求ACD ∠的度数．（《数学教学》问题432题）11．在ABC △中，30BAC =︒∠，70ABC =︒∠，M 为形内一点，20MAB MCA ==︒∠∠，求MBA ∠的度数． （《数学教学》问题491题） 12．在ABC △中，40ABC =︒∠，30ACB =︒∠，P 为ABC ∠的平分线上一点，使10PCB =︒∠，BP 交AC 于M ，CP 交AB 于N ．求证：PM AN =． （《数学教学》问题531题） 13．在ABC △中，40ABC =︒∠，20ACB =︒∠，N 为形内一点，30NBC =︒∠，20NAB =︒∠，求NCB ∠的度数． （《数学通报》问题1023题） 14．在ABC △中，80BAC =︒∠，60ABC =︒∠，D 为形内一点，且10DAB =︒∠，20DBA =︒∠，求ACD ∠的度数． （《数学通报》问题1142题） 15．在△ABC 中，50ABC =︒∠，30ACB =︒∠，M 为形内一点，20MCB =︒∠，40MAC =︒∠，求MBC ∠的度数． （《数学通报》问题1208题） 16．△ABC 中，70ABC =︒∠，30ACB =︒∠，P 为形内一点，40PBC =︒∠，20PCB =︒∠．求证：1CA AB BPAP PC CB⋅⋅=⋅⋅． （《数学通报》问题1306题） 17．在△ABC 中，40ABC ACB ==︒∠∠，P ，Q 为形内两点，20PAB QAC ==︒∠∠，PCB QCA =∠∠10=︒．求证：B ，P ，Q 三点共线． （《数学通报》问题1243题） 18．△ABC 中，50ABC ACB ==︒∠∠，P ，Q 为形内两点，10PCA QBC ==︒∠∠，PAC QCB =∠∠20=︒．求证：BP BQ =． （《数学通报》问题1281题） 19．在△ABC 中，AB AC =，100A =︒∠，I 为内心，D 为AB 上一点，满足BD BI =．试求BCD ∠的度数． （《数学通报》问题1073题） 20．1A ，2A ，1B ，2B ，1C ，2C 顺次分别在△ABC 的三边BC ，CA ，AB 上，且12BA A C =，12CB B A =， 12AC C B =，过2A ，2B ，2C 分别作1AA ，1BB ，1CC 的平行线a l ，b l ，c l ．求证：a l ，b l ，c l 三线共点的充要条件是1AA ，1BB ，1CC 三线共点．21．在△ABC 中，AB AC =，AD 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 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△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△A B C '''内部，AB 的延长线分别交A C ''，B C ''于5P ，1P ；AC 的延长线分别交B A ''，B C ''于3P ，4P ；BC 的延长线分别交A B ''，A C ''于6P ，2P ，且满足142536AP AP BP BP CP CP ===== 123BP CP AP =++．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15届伊朗奥林匹克题） 26．在△ABC 的边上向外作三个正方形，1A ，1B ，1C 是正方形中的边BC ，CA ，AB 对边的中点．求证：直线1AA ，1BB ，1CC 共点．习题B1．O e 是△ABC 的内切圆，D ，E ，F ，分别是BC ，CA ，AB 上的切点，DD '，EE '，FF '都是O e 的直径．求证：直线AD '，BE '，CF '共点． （《数学通报》问题1396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1A ，点1B ，1C 与此类似．直线1AA 与B ，C 两角的外角平分线交于0A ，点0B ，0C 与此类似．求证：（Ⅰ）三角形000A B C 的面积是六边形111AC BACB 的二倍；（Ⅱ）三角形000A B C 的面积至少是三角形ABC 面积的四倍． （IMO -30试题） 4．设P 为△ABC 内一点，使BPA CPA =∠∠，G 是线段AP 上的点，直线BG ，CG 分别交边AC ，AB于E ，F ．求证：BPF CPE =∠∠．5．在凸四边形ABCD 中，对角线AC 平分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：BAF DAE =∠∠．6．在△ABC 中，AB AC =，100A =︒∠，I 为内心，D 为AB 上一点，满足BD BI =．试求BCD ∠的度数． （《数学通报》问题1073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1A ，1B ，1C 三点．证明：111111111A B B C C A A B B C C A ⋅⋅⋅⋅≥．（IMO -37预选题） 8．在一条直线l 的一侧画一个半圆Γ，C ，D ，是Γ上两点，Γ上过C 和D 的切线分别交l 于B 和A ，半圆的圆心在线段BA 上，E 是线段AC 和BD 的交点，F 是l 上的点，EF l ⊥．求证：EF 平分CFD ∠． （IMO -35预选题） 9．设1A 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1B ，1C ．证明：1AA ，1BB ，1CC 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 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O e 的直径，弦CD 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O e 于E ，F ．求证：AE ，BF ，OD 三线共点．13．设I 是△ABC 的内心，以I 为圆心的一个圆分别交BC 于1A ，2A ，交A C 于1B ，2B ，交AB 于1C ，2C ．这六个点在圆上的顺序为1A ，2A ，1B ，2B ，1C ，2C ．设3A ，3B ，3C 为弧¼12A A ，¼12B B ，¼12C C 的中点，直线23A A ，13B B 相交于4C ，直线23B B ，13C C 相交于4A ，直线23C C ，13A A 相交于4B ．求证：直线34A A ，34B B ，34C C 三线共点．14．在△ABC 的边AB 和AC 上分别向形外作△ABE 和△ACF ，使△ABE ∽△ACF ，且ABE =∠90ACF =︒∠．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BAE CAF =∠∠，ABD CBF =∠∠，则AD ，BE ，CF 三线共点的充要条件是ACD BCE =∠∠． 17．在任意△ABC 的三边BC ，CA ，AB 上各有点M ，N ，L ，而Q 是△ABC 内部任一点，直线AQ ，BQ ，CQ 分别交线段NL ，LM ，MN 于1M ，1N ，1L ．求证：直线1M M ，1N N ，1L L 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 EF ⊥于O ．求证：BOC AOD =∠∠． （2002国家集训队选拔试题） 20．在△ABC 中，ABC ∠和ACB ∠均为锐角．D 是BC 边上的内点，且AD 平分BAC ∠，过点D 作垂线DP AB ⊥于P ，DQ AC ⊥于Q ，CP 与BQ 相交于K ．求证：AK BC ⊥．。
第2章 塞瓦定理及应用(基础篇)
高一（初三）竞赛辅导第二讲第2章塞瓦定理知识塞瓦定理及其逆定理塞瓦定理：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．PFEB A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）．FP F'E D C B AFED 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．思考提升【例1】（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．【解析】（1）由条件知，BX XC YC YA ZA ZB ===，，．∴1BX CY AZ XC YA ZB⋅⋅=，根据塞瓦定理的逆定理可得三条中线AX BY CZ ，，共点．这个点称为这个三角形的重心．（2）由三角形内角平分线定理得：BX AB CY BC AZ AC XC AC YA BA ZB BC ===，，．三式分别相乘，得：1BX CY AZ AB BC AC XC YA ZB AC AB BC⋅⋅=⋅⋅=．根据塞瓦定理的逆定理可得三角形三内角平分线AX BY CZ ，，共点，这个点称为这个三角形的内心．习题1.若AX BY CZ ，，分别为锐角ABC △的三条高线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．【解析】由ABX CBZ △∽△得：BX AB BZ BC =；由BYA CZA △∽△得：AZ AC AY AB=；由AXC BYC △∽△可得：YC BC CX AC =．所以1BX AZ YC AB AC BC BZ AY CX BC AB AC⋅⋅=⋅⋅=．根据塞瓦定理的逆定理可得三条高线AX BY CZ ，，共点．对直角三角形、钝角三角形，同样也可以证得三条高线共点．我们把一个三角形三条高线所在直线的交点叫做这个三角形的垂心．【例2】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 ∥．【解析】对ABC △和点M 应用塞瓦定理可得：1AF BD CE FB DC EA ⋅⋅=．又因为BD DC =，所以1AF CE FB EA ⋅=．进而AF AE FB EC =，所以EF BC ∥．习题2.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．BQ AN CPD M【解析】∵AB CD∥∴MD CM DA BC =∴1MD BC DA CM ⋅=∵1MD AQ BC DA QB CM⋅⋅=（由塞瓦定理得）∴1AQ QB=，∴AQ QB =∵DP PC AQ QB =，∴DP PC =．知识三梅涅劳斯定理、塞瓦定理综合自我挑战【备选】如图，E 、F 分别为ABC △的AC 、AB 边上的点，且3AE EC =，3BF FA =，BE 、CF 交于点P ，AP 的延长线交BC 于点D ．求:AP PD 的值．【解析】∵P 为ABC △的塞瓦点．∴11133AF BD CE BD FB DC EA DC ⋅⋅=⋅⋅=∴91BD DC =，∴910BD BC =．∵EPB 为ACD △的梅氏线，∴911103AP DB CE AP PD BC EA PD ⋅⋅=⋅⋅=∴103AP PD =【备选】如图，四边形ABCD 的对边AB 和DC ，DA 和CB 分别相交于点L K ，，对角线AC 与BD 交于点M ．直线KL 与BD 、AC 分别交于点F G 、．求证：KF KG LF LG=．【解析】对DKL △与点B 应用塞瓦定理得：1DA KF LC AK FL CD ⋅⋅=．对DKL △和截线ACG 应用梅涅劳斯定理可得：1DA KG LC AK GL CD⋅⋅=．进而可得KF KG LF LG．。
角元塞瓦定理证明
角元塞瓦定理证明费马角元塞瓦定理（Fermat’s Little Theorem），又称费马小定理，是一个数学定理，由法国数学家费马在1640年提出，可以用来快速计算模意义下的乘方。
该定理严格有效，并且在计算机科学中，费马小定理及其一般化是流行的算法。
费马角元塞瓦定理简单地讲，它给出了对任何给定的正整数p和任何整数a的关系式：a^p ≡ a (mod p)。
换句话说，其发现的是当一个整数a与另一个质数p相除时出现的模运算的性质：a的p次方除以p的余数等于a。
基于费马的定理，任何正整数模上任何质数都有这种性质，这使得这个定理在计算机科学中非常重要。
费马小定理有着丰富的发现背景。
历史上法国数学家费马最早提出了这个定理，这是他1640年研究《清数学》中出现的结论，他在1730年写出了它的更完整的基础。
从那以后，人们也用过自然数来讨论这个定理，至今定理仍然适用于所有非负整数。
同时，费马小定理也被用于计算机科学中的一些算法，如RSA加密和快速幂算法。
从定理的定义可以看出，设p为正整数，a为任何正整数，则有a^p ≡ a (mod p)。
如果将正整数p分别取2，3，4，5，……，则有2^2 ≡ 2 (mod 2)，3^3 ≡ 3 (mod 3)，4^4 ≡ 4 (mod 4)，5^5 ≡ 5 (mod 5)，……等同样的关系。
从这些例子我们可以推断一般情况p^p ≡ p (mod p)。
由此可以进一步得到结论，当p是素数时，费马小定理成立：对于给定的正整数p，对任何正整数a，都有a^p ≡ a (mod p)。
而p可以被原根模p整除，这表明费马小定理是一个重要的数论定理，并且在计算机科学中也广泛使用。
综上所述，费马小定理是一个有趣的数学定理，它强调了一种模运算的特性：存在一个特定的整数a，一个正整数p，使得a^p ≡ a (mod p)。
费马小定理在数论和计算机科学中都有广泛的应用，经常被用来运用它的算法来计算快速乘方。
角格点问题与塞瓦定理
角格点问题与塞瓦定理的探讨
在数学中，角格点问题和塞瓦定理都是十分重要的概念。
这两个理论虽然看似简单，但其背后的数学原理却十分深刻。
首先，我们来了解一下什么是角格点问题。
在几何学中，一个角的内部被等分成了n个小角度，如果这些小角度的顶点都在这个角所在的直线上，那么这些顶点就被称为角的格点。
角格点问题就是关于如何确定一个角的格点的问题。
这个问题看似简单，但在实际应用中却有着广泛的应用，例如在测量、绘图等领域。
然后，我们来看看塞瓦定理。
塞瓦定理是平面几何中的一个重要定理，它描述了一个三角形的内切圆和外接圆之间的关系。
具体来说，塞瓦定理指出，一个三角形的内切圆半径与外接圆半径之比等于它的面积与周长的乘积除以四倍的半周长的平方。
这个定理的证明需要用到相似三角形的知识，而且它的应用也非常广泛，例如在解决一些复杂的几何问题时。
角格点问题和塞瓦定理虽然看起来没有直接的关系，但实际上它们之间存在着深刻的联系。
例如，在解决某些角格点问题时，我们可以利用塞瓦定理来简化计算。
同时，通过研究角格点问题，我们也可以更深入地理解塞瓦定理的含义和应用。
角格点问题和塞瓦定理都是数学中非常重要的概念，它们不仅有深厚的理论背景，而且在实际应用中也有着广泛的作用。
因此，理解和掌握这两个概念对于我们提高数学水平和解决问题的能力都是非常有益的。
塞瓦(ceva)定理
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塞瓦（ceva ）定理
"Ceva's Theorem"（塞瓦定理），它是几何学中的一个定理，描述了三角形内一点的一些特定性质。
Ceva's Theorem 是由意大利数学家乔瓦尼·切瓦（Giovanni Ceva ）于1678年首次提出。
Ceva's Theorem 陈述如下：
在三角形 ABC 中，设点 P 在边 BC 上，点 Q 在边 CA 上，点 R 在边 AB 上。
三条线段 AP 、BQ 、CR 通过一个点的充要条件是：
1BD CE AF DC EA FB
⋅⋅= 其中，D 、E 、F 是分别在 BC 、CA 、AB 上的三条线段的交点。
上述公式中的分数表示了在三角形的各边上划分的线段长度之比。
如果这个乘积等于1，那么这三条线段会相交于一个共同的点 P 。
Ceva's Theorem 在三角形的几何学证明和问题求解中有广泛的应用。
角元塞瓦定理及其应用_一_
=
1;
sin CMA sin MBA sin sin AMB sin ABC sin
( 4) 对 AMC 与点 B, 有
BCA ACM
=
1;
sin sin
ACB sin BCM sin
CMB sin BMA sin
MAB BAC
=
1.
像边元塞瓦定理的情形一样, 角元塞瓦
定理的逆定理( 定理 4) 也成立. 定理 4 如图 3, 过 ABC 的三个顶点各
故ssiinn
ABD CEA
=
AE AB
EC BD
.
在 BCE 和 BDE 中应用正弦定理有
sin sin
BEC EBC
=
BC EC
,
s in s in
BED DBE
=
BD ED
.
又 HAB= EBC, EAH = BED, 则
sin EAH sin ABD sin BEC sin HAB sin DBE sin CEA
的乘积最大. 试问: 应如何排列? 证明你的结论.
( 提 示: 数 值大的 数码放 在最高 位, 可 分三步 推
进: ( 1) 组成两个二位数( 当然用 6, 7, 8, 9) , 并探讨 其
组成规律, 可知最大 数码 后面放 最小 数码组 成的 二
位数与次大数码后面放次小数码组成的二位数之 乘
积最大, 即 96 87; ( 2) 按上 述规 律组 成三 位 数, 即
2006 年第 1 期
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角元塞瓦定理及其应用( 一)
李成章
( 南开大学数学科学学院, 300071)
( 本讲适合高中) 塞瓦定理与梅涅劳斯定理是数学竞赛范 围内的两个重要定理. 近几年来, 使用这两个 定理证明的试题频频出现, 因而, 不会运用这 两个定理证题的人是很难取得好成绩的. 20 世纪 90 年代 中叶, 国内很多 教练员 开始认识到这两个定理的重要性. 起初, 大家 认为梅涅劳斯定理的应用更灵活一些, 也更 广泛一些, 但后来却发现, 塞瓦定理及其逆定 理在证明三线共点时非常有用, 加之角元塞 瓦定理不但介入竞赛圈而且所占分量越来越 重, 使得塞瓦定理的地位日益提高. 如今, 单
塞瓦定理及应用
1 , 1 .第二章塞瓦定理及应用【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CC 三线平行或共点，则_BA CB 竺 1 .AC BA C B(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.CA PA C BBC BA PA如图 2-1 ( b )、 (c )，分别对△ABA 及截线CPC ，对△ AAC 及截线BPB 应用梅涅劳斯定理有BC AP AC AB CB APAA , BB ,证明如图2-1 (b )、 (c )，若 AA ， BB ， 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，得 CB BC BA AD ACC BEA BC又由BA AD从而BA AC AP PACB BA 若 AA , BB , 由:AC 也，有EABA ACAC CBAD EA BC AD AD EAEA BCCC 三线平行，可类似证明 对于图2-1(b )、 CB AC BA C BS A PABPCA(略)(c )也有如下面积证法:S A PBC S A 1，即证.S A PAB S A PBC(b)图2- 2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BA , CX , BA 的交点），有BA CA BX 1AC AB XB对△ CAC 及点 A（直线CB ,AY , CB 的交点），有CB- AB C Y1 .BC BC YC“、」 亠AC BC AZ对△ ABA 及点 B （直线BZ , AC 的交点），有——1C B CA ZA对△ BBC 及点 C （直线BA , BA , CX 的交点），有聖B AC A 1 .XB AC AB“、」 亠CY C B A B对△ CCA 及点 A （直线CB . ,CB , A Y 的交点），有——1YC BA BC对△ AAB 及点 B （直线AC ,AC , BZ 的交点），有AAC BC 1ZA C B CABA CB2AC上述八式相乘，有1 .AC BA C BBA CB AC 故A C BA C B分别是△ ABC 的三边BC , CA , AB 或其延长线上的点，若 BA CB AC1 AC 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 i ，则由塞瓦定理，有上述两式相乘，得 BA CB AC 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 ，直线CC 与AA 交于点Y ，直线AA 与BB 交于点 点共线.令直线 BB 与CC 交于点X X 塞瓦定理的逆定理BACB AC11 ,又已知有 BA CB AC1 1 ,由此得 AC 1AC,即 AC1 AC ,亦即 AC 1 AC ,AC BA C 1BAC BA GB C 1BC B AB AB故C 1 与C 重合，从而 AA , BB , CC 三线共点.若 AA II BB ，则 CBCBAC代入已知条件，有 C -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 , RA CB ACBB ，CC 平行或共点的充要条件是 竺 竺 1 .③AC BA C B 第一角元形式的塞瓦定理设A , B , C 分别是△ ABC 的三边BC , CA , AB 所在直线上的点，贝U再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立.sin / BOA sin / AOC sin / COB sin / AOC sin / COB sin / BOA 证明注意到塞瓦定理及其逆定理，有由此即证得结论.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 ,吕,G ，分别是 △ ABC 的外接圆三段弧 BC , CA , AB 上的点，贝U AA, , B^ , CC1共 点的充要条件是三直线AA ,BB , CC 平行或共点的充要条件是 sin / BAA sin / A AC 证明由-BA A C S^ AACsin / ACCsin / CCB ABA sin / CBB / 1 . sin / B BAAB sin / BAA CB ，BAAC sin / A ACBC sin / CBB / ?AB sin / B BAAC CBAC sin [ ACC ，三式相乘, BC sin / CCB第二角元形的塞瓦定理 设A , B , 分别△ ABC 的三边BC , CA , AB 所在直线上的点， 0是不在厶ABC 的三边所在直线上的点，则AA , BB , CC 平行或共点的充要条件是i 少 CB AC A C BAC B BO sin / BOA CO sin / AOC BOA COBAOC ROACO sin / COBAO sin / BOA AOC C OBAO sin / AOCBO sin / COBi ,对△ ACE 及点D 有 对厶CDE 及点A 有 对△ ADE 及点C 有 对△ ABD 及点F 有AB CGBC GE CF DB FD BEDG AF GA FE AC BEEF i , FA EGi ,GCEB i ,BDCB ED HABA i CB i AC i AC B A C i B证明 如图2-3，设△ ABC 的外接圆半径为 R , AA i 交BC 于A , BB i 交CA 于B , CC i 交AB 于C .由BA, 2R sin / BAA i sin / BAA AC 2R s in / AAC sin / A ACA , C i ,B , A i ,C , B i 六点共圆及正弦定理，有CB i sin / CBB AC i B ,A sin / B BAC ,Bsin / ACC sin / CCB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: 图2-4DH【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 •对△ AEF 及点C ，应用塞瓦定理，有 EG FD AB1 •GF DA BEAB AD由BD II EF ，有——一一，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 .对△ ACD 及点E 有 对△ ADF 及点B 有 对△ ABF 及点D 有 对△ BDF 及点A 有AG DF CB 1 ,GD FC BAAH DC FE 1,HD CF EABC AE FH 1 , CA EF HBBE DC FH 1 • ED CF HB（1994年加拿大奥林匹克试题）图2-5P A O证法1对^ ABC 及点H，应用塞瓦定理，有^DCH 1 - 过 A 作 PQ // 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 EADAFB D DCE DFB DCS A DEAAD sin Z ADF BD DC sin Z EDC BD sinZ FDB 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证明连BD 交AC 于H ，对△ BCD 及点F ,应用塞瓦定理，有 CG BH DEGB HD ECAH 平分/ BAD ，由角平分线性质，可得BHHD AB ，故 C G AB DE 1.AD GB AD EC过点C 作A B 的平行线交A G 的延长线于I ，过点C 作A D 的平行线交A E 的延长线于J ，则CG GB CI , DE AD •所以 CI A B AD I .AB ECCJ AB AD CJ 从而，CI CJ •又CI II AB , CJ II AD ，有/ ACI 180 - / BAC 180 - / DAC /ACJ •因此，△ ACI ACJ ，即有 / IAC /JAC • 故 / GAC / 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△ 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.I图2- 7于是，有竺 匹，从而FN II AD ，即知四边形DNFG 为平行四边形，有 Z GDNFB 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 DNLZ 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△ 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 证明 连NF ,对△ ABC 及点G 应用塞瓦定理，有 AF BD CE i •而 AE CE ，则 AF 匹. FB DC EA FB BD 由 DN // CG ,由 CDNG BNZ GFN .Z NMF .于是PC 的一点.求 IMO 选拔赛题）A图2- 8证：AP 是Z A 的三等分线.图2-91.①2证明 用B 表示/ ABC 的度量，令 Z PCB ，则/ PBC , Z ABP B- , Z ACP 2B-/ CAP n - 2 2B-(其中注意 AP AC ) , / PAB / A- / CAP n - B- C - [ n - 2(2 B -)](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-)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 ) - s in B , 即 si nB si n(3B-2)-si n(B-2) 2cos(2 B - 2 ) si nB . 1 而 sinB 0，贝V cos2(B-) 2 ._. 1 n 因 OB- b -(B C) ，则 2(B-) 3 3n n 2(B- ) n ，即 B- n. 3 6 从而/ CAP n - 2(2B- ) n - 4(B- ) - 2 n -2 2n - 2[(B-)-] 2(B- 2 ) 2/ PAB .故 / PAB 丄/ A ，即AP 是/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: 例6 设M 、N 分别为锐角 △ ABC (/ A / B )的外接圆 上弧BC 、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 心巴如4 s^MNIsin / IPM sin / IMN sin / INP由 CP II MN 知 PA PB ，有/ PMI/INP .于是①式即为NT MTsin 】/ A CMMPNP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）H 的位置由点G 唯一确定.竺BI CL i ，即i 更圧1. GB EC FA EC FA 对厶ABC 及截线EFH ，应用梅涅劳斯定理，得 AH BE CF BE CF , 1，即 2- 1 .HB EC FAEC FA BE CF 上述两式相加，得（1 2）B E 0 .EC FA从而120，即2- 1，故2由1唯一确定.因此，点H 与D 在直线CG 上的位置无关. 例8 如图2-11 ,设PABC 内任一点，在形内作射线Z MBC Z PBA , Z NCA = Z BCP .求证： AL , BM , CN 三线共点.证明 设G 分线段AB 为定比i, H 分线段AB 为定比2 •下证2由i 确定，即当A , B 给定后，点在△ ABC 中，由AE ,BF , CG 交于一点D ，应用塞瓦定理，有AL , BM , CN ，使得 Z CAL Z PAB ,图 2-10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AB sin / BAL AB sin / PACAC sin / CAL AC sin / PAB 'CM BC sin / PBAMA AB sin / PBC 'AC sin / PCBBC 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 PC PA PB---- ------- ------------------------ ---------------- --------------- -------- ----- ------ 1 .LC MA NB sin / PAB sin / PBC sin / PCA PA PB PC由塞瓦定理的逆定理，知AL , BM , CN共点•E，直线CP交AB于F •对△ ABC及点P，应用塞瓦定理，有△匚1 .FB DC EA在△ ABL和△ ACL中应用正弦定理，有BL BL AL sin / BAL sin / C sin / PAC sin / CLC AL LC sin / B sin / LAC sin / PAB sin / B2 sin / PAC sin / B sin / C sin / Csin / PAB sin2/ BCM AF2sin/ A AN 冋理，2MA EC sin / C NB 以上三式相乘，并注意到①式，有2 2 DC AD sin / C DC sin / CBL CM AN DC AE BFLC MA NB BD EC FA由塞瓦定理的逆定理，知AL , BM , CN共点•ABLLC同理,ANNB证法2 设AL交BC于L ,BM交CA于M ,CN交AB于N ,直线AP交BC于D ,直线BP交AC于证法3 设AL交BC于L , 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 / PAB sin / PBC sin / PCA sin / PAC sin / PBA sin / PCB由题设/ PAB Z CAL , Z PBA Z CBM，/ PCB Z ACN，则有/ BAL Z PAC，/ ABM Z PBC ,Z BCN Z PCA•于是sinZ BAL sin Z CBM sin Z ACN sin Z PAC s in Z PBA sin Z PCBsin Z CAL sin Z ABM sin Z BCN sin Z PAB sin Z PBC sin Z PCA1 1___________________________ - 1sin Z PAB sin Z PBC sin Z PCA 1 'sin 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，只须证明又直线QCB截厶PDA，应用梅涅劳斯定理，有AB匹也1，从而只须证明电也BP CD QA AM AQP , 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 PC DMBP CD MA图2- 121 .设圆心为 0，连QO 交EF 于L ,连LD , LA , OD , OA ，则由切割线走理和射影定理，有2QD QA QE QL Q0，即知 D , L , 0 , A 四点共圆，有 / QLD / DAO / ODA / OLA ，此 表明QL 为△ LAD 的内角Z ALD 的外角平分线.而 EF 丄0Q ，贝U EL 平分Z ALD .于是， DM DL DQ，结论获证.AM AL 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 ,2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 .证明BQ CE PD设AP 交BC 于Q ，对△ PBC 及其形外一点 A ，应用塞瓦定理，有1 .QC EP DB而BD CE ，则PD QC. PE QB不妨设 QC w QB ,则 PD < PE ,即有 PC CE - PE < BD - PD PB ,于是 S ^P BE > S ^P C D ,故EBCA DBC .作△ FBC 的外接圆 00交EF 于另一点 F ，则四边形 BCFF 为等腰梯形•当Z BFF Z FFC Z BCA AZ ABC Z AEF ，知 F 必在线段 EF 上，于是，Z BDC AZ BFC AZ BEC（同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）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AB A AC 时，由AE图 2-13又由PD < PE ，知/ 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 内任一点， AM , BM , CM 分别交 BC , CA , AB 于 D , E , F •求证：MD ME MF 1 .BE CFAD证明BD如图2-14，记m , DCCEEA AF n , 1FB.对△ ABC 及点M ,应用塞瓦定理，有BD CE AF mnl 1 .DC EA FB对厶ADC 及截线EMB ，应用梅涅劳斯定理，有AM DB CE AM m1，即MD BC EA MD 1 m n AM 1 m(1 m)l .MD m n由合比定理得 AD 1 (1 m)l , 即 MD 1MDAD 1 l mlME 1 l同BE 1 m mn 1 ml 1MF 1mlCF 1 n n 1 ml 1 l例12 如图2-15，设PABC 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 .三式相加，得MD AD ME MFBE CF图 2-14BD CE AF证明令- m , n ,DC EA FB对厶ADC及截线BPE，应用梅涅劳斯定理，有A 图2-15p ,对△ ABC及点P ,应用塞瓦定理, 七BD CE AF有mnp 1DC EA FBCE AP DB 1 •注意到DB m则有EA PD BC BC m1AP m刚AP m1..AP m n _1，即5故-PD m 1PD mn AD mn又对直线APD 截△ BCE , 有BD CA EP 1 .DC AE PBAF BE PQ 又对△ABP及截线FQE , 有FB EP AQ PQ1AQ mp'p2从而空PQ AP1m1AD AP AD mp p 2 mn m 11m 11AE EP EP1 ,即有PQ11-,故而沁 n 1，则mn m，故更mn m 1 .AQ p(m n m 1) mp p 11 1p(m 1) 2 mnm 1 1 p(m 1) 2m 113^2于是, PQ w (3 - 2 2) AD •2mn 其中等号由齐p(m 1) > p(m 1) 2^2中等号成立时成立，即当且仅当\ m 12mnm 1p(m 1)亦即当且仅当2mnpp(m 1)- p(m 1)，亦即p(m 1) 2时取等号.此时,p(m 1)m和p之间成为如图2-16的双曲线的关系.2图 2-16证明 设/ AQC 的平分线交AC 于点R ，交圆 于点S , 由于△ PAC 是等腰三角形，则有 △旦 前［APBBC sin / CPBsin / ASQ sin / CSQ/ ASQ / QCA , / PCQ / CSQ / QAC . sin / PAQ sin / QCA sin 2 / ASQ2sin / QAC sin / PCQ sin / CSQI p例13 如图2-17，已知直线的三个定点依次为, 为过A 、C 且圆心不在AC 上的圆,分别过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 AC的交点不依赖于圆 的选取.（IMO 45预选题）AR 同理，在 △ ASC 中，有一一在△ PAC 中，视Q 为塞瓦点, 由角元形式的塞瓦定理，有sin / APB sin / QAC sin / CPB sin / QAPsin / QCP “ sin / QCA .其中S 与Q 是不同的两点.注意到/ PAQ 则 sin : APBsin / CPB图 2-172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）sin( -80 ) sin(40 - )-sin( 80 ) 2cos60 sin(-20 -)sin(-20 -)注意到0 40，知-80 -20 -,-80 20，有-80-20 -，故 30延长AF 交BC 于H ，贝U Z AHB 180Z FBC- Z ABH 180 - 30 - 6090 .故 AF 丄 BC .注此题也可这样来解：由sin 10sinsin 40 sin 70 sin(40 -) sin 201，有，则Z FAC 40 -，对△ ABC 及点F ，应用第一角元形式的塞瓦定理，有 sin 10sin sin 40 1 .sin 70 si n(40 -)sin 20从而sin 10sin2sin 20 cos20 cos20 sin(40 -) sin 20sin (40 -)2si n sin10 2si n cos80B图 2-18证明设Z BAF 1，即有sin( 80 ) sin( - 80 ).三线共点，因此点 F 在AH 上，即卩AF 丄BC .AC BC ，求 Z AMC .奥林匹克试题)沁1 .sin 30 从而 sinsin 10 sin(80 - )cos20 . 2si n cos80 2sin(80 - )cos20 , sin( 80 ) sin( - 80 ) sin(100 - ) sin(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 •sin(40 -) sinsin10 - sin4° 2sin10sin70 - sin 20sin30迥 sin(40 - 30 ) sin 40 cot30 - cos40 . sin30由于 sin(4° - sin )sin40 cot - cos40 作为 的函数在 (0 , 180 )上严格递减,所以Z BAF 30 •故/ ABC Z BAF 90 因此,AF 丄 BC 或者过点 A 作AH 丄BC 于H ，贝U ZBAH 30 Z HAC 10 •关于△ ABC 有前：BAH sin Z ACD sinZ CBD sin Z HAC sin Z ECB sin Z DBAsin30 sin10sin 10sin70sin 40 1 sin 20.所以，AH 、BD 、CE 例15 如图2-19，在△ ABC 内取一点M使得Z MBA 30,Z MAB10 .设 Z ACB 80 ,( 1983年前南斯拉夫解设Z ACM则 Z MCB 80 -•由第一角元形式的塞瓦定理，有sin sin 80sin10 sin 40B图 2-19注此题结果也可直接由①式有sin sin70且0 sin10 sin(80 -)因为sin(80------ ) sin80 cot - cos80 作为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应用第一角元形式的塞瓦定理，有1sin Z AMC sin Z MBC sin Z BAC sin x sin 20sin 50sin Z CMB sin Z CBA sin Z CAM sin(220 - x)sin 50sin 40则sin(220 - x)1sin(220 -70 )sin 220cot 70-cos220 .sin x2cos20si n70因为sin(220 -x)sin 220cotx - cos220 (sin 2200）作为x的函数在（0 , 180 ）上严格递增，所以sin xZ 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 , 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）图2-20所以-80 60 -，故70Z AMC 180 - Z MAC - Z ACM 180 - 40 - 70 70为所求.另外，此题也可这样来解：由sin(80 -)sinsin10 sin 20sin 40 sin30sin sin10 sin 201，有sin(80 - ) sin 40 sin30sin 10 sin(80 - 70 )sin80 cot 70 - cos80cos20 sin 7080，求得70，80 -的函数在（0180 ）上严格递减，所以证明 设/ BCP ，则/ PBC 180 - 20 - 10 - 40 - 30 -sin 20 sin 40 sin sin(80 -) sin10 sin302si n10 cos10 sin 40sin 〔sin(80 - )sin 10 丄280 -.由第一角元形式的塞瓦定理,sin(80 -) 4sin sin 40 4sin sin 20 sin 40 sin80sin 20cos10 4si n sin 40 sin80 sin60 sinsin 20，sin(80 -) sin 20 sin60 sinsin(80 -) sin 60从而且0si n20 sin,80 - 80 ,20，即 Z ACB 50 Z CAB ，从而 ABsin 20 sin(80 -)sin 40 sin 10sin ’ 1 ,sin 30有 si n(80 sin -)si n20 sin 40sin 10 si n30sin 60 sin (80 -20 )sin 80 sin 20 sin 20因为血（80-) sin 80 cot -sin 404sin 20 sin 40 sin80sin 20180 ）上严格递减，所以 Z BCP20，即 Z ACB 50 Z CAB .故 AB BC .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 , BCDC , 过AC , BD 的交点0引EF , GH ,其中 EF 交 AB , CD 于 E , F , GH 交 DA , BC 于 G , H . E H , GF 分别交BD 于P , Q ，则OP OQ .（1990年CMO 选拔试题）此题也可这样来求解：由 注 4cos10 cot20 - cos80 .cos80作为的函数在（sin证明在AB , BC上分别取G , F，使AG AG , CF CF , 则由对称性可知有下列角相等，即若设Z AOG,Z AOG ,Z COH,Z GOE Z1, Z(EOB Z2,Z BOF Z3,Z FOH则，又，故.又Z1Z 4 ，故Z1Z4 , Z2 Z3.连G H交BD于K，在△BHG中，G E BF HK S A OG E S^ OBF S^ OHKEB F H KG OEB S^ OF H S^ OKGOG OE sin /1 OB OF sin /3 OH OK sin(/3 / 4)OE OB sin / 2 OF OH sin / 4 OK OG sin(/1 / 2)故由塞瓦定理的逆定理，知GF , BO , HE共点，即GF过点P .由对称性知，OP OQ .Z MAG Z NAD，即Z BAD Z CAD .例18 如图2-22，在锐角△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）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A图2-211B , 1C .试证：三直线l A , l B , 1C相父于一点.C同理，设CA , AB 边上的高BE , CF 的垂足分别为 E , F ，且I B ,1C 分别与CA , AB 交于E , F ,则有Z CBE Z ABE , Z ACF Z BCF .由于△ ABC 的三条咼相交于垂心，此时应用第一角兀形式的塞瓦定理，得 sin Z CAD sin Z ABE sin Z BCF sin Z DAB sin Z EBC sin Z FCA 用等角代换上式，有sin Z BAD sin Z ACF sin Z 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I A , I B , l c 相交于一点.点共线.例19 如图2-23，四边形ABCD 内接于圆,AB ,DC 的延长线交于 E , AD , BC 的延长线交于P 为圆上任一点， PE , PF 分别交圆于 R ,若对角线 AC 与BD 相交于T ,求证：R , T证明 连 PD , AS , RC , BR , AP , SD . PA FP此两式相乘, 有BR EB FPDS FD 'DS EP FD又由 △ ECREPD , △ FPDFAS ，有CR EC PD FPPD EP ， AS FA ，亠 CR EC FP此两式相有 _BR 由△ EBR s △ EPA , △ FDS s △ FPA ，有PA EBEP ，F图 2-23AS EP FAAB 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 .00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 ，同样由①②，得BR AS EB FA DS CR EC FD上式两边同乘以匹，得 EE CD 戲 AB RC DS AB EB AF DCBA FD CE对厶EAD 及截线BCF ，应用梅涅劳斯定理, EB AF DC1 .BA FD CEBR CD SA1 .RC DC AB此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知 BD ， RS ， AC 交于一点.从而 R , T , S 三点共直线.【模拟实战】习题A1 .在△ ABC 中，D 是BC 上的点,BD 1 ,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 ,可得B , C •试证：直线AA , BB , CC共点.8 . △ ABC在厶ABC内部，且从A , B , C各向BC , C A , 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, Z ABC Z ACB 40 ,P为形内一点，Z PAC 20 , Z PCB 30，求Z PBC 的度数.10 .在△ABC 中, AB AC , Z A 80 ,D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）11 .在△ABC 中, Z BAC 30 ,Z ABC 70 , M 为形内一点，Z MAB Z MCA 20，求Z MBA 的度数. （《数学教学》问题491题）12 .在△ABC 中, Z ABC 40 ,Z ACB 30 , P为Z ABC的平分线上一点，使Z PCB 10 , BP交AC于M , CP交AB于N .求证: PM AN .（《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 . AP PC CB （《数学通报》问题1306题）17 .在△ABC 中，Z ABC Z ACB 40 ,P , Q为形内两点, Z PAB Z QAC 20 , Z PCB QCA10 .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128119 •在△ABC中，AB AC , Z A 100 , I为内心，D为AB上一点，满足BD BI •试求/BCD的度数. （《数学通报》问题1073题）20 • A，A，B i，B2，C i，C2 顺次分别在△ ABC 的三边BC，CA，AB 上，且BA A2C，CB B2A，AC i C2B，过A2 , B2 , C2分别作AA , BE , CC i的平行线l a , l b ,l c •求证：l a, l b , £三线共点的充要条件是AA , BB i , CC i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 , F4 ；B C 的延长线分别交AB , AC 于F6 , P?，且满足AR AF4BF2 BF5 CF3 CP6 BF 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15届伊朗奥林匹克题）26 •在△ABC的边上向外作三个正方形，A i, 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 , CC i共点.习题B1 . 00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A，点B i , 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AD B Q 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Z 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 100 , 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1073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,G 三点.证明：AB BQ GA > AB BQ GA. （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 , 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B1 ,G .证明：AA , BB1 , CC1 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0 , 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0O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0O于E , F •求证：AE , BF , OD三线共点.13 •设I是△ABC的内心，以I为圆心的一个圆分别交BC于A , A2，交C A于B1 , B2，交AB于G ,C2•这六个点在圆上的顺序为A1, A , B1 , B2, G , C2 •设A3, B3, C3为弧AA , B&2 , Ge?的中点，直线AA , B1B3相交于C4，直线B2B3, C1C3相交于A，直线C2C3 , AA相交于B4 •求证：直线A3A4 , B3 B4 , 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/ ABE Z 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△ABC内部任一点，直线AQ , BQ , CQ分别交线段NL , LM , MN于M1 , N1 , L •求证：直线M1M , N1N , LL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O •求证：Z BOC Z AOD •（2002国家集训队选拔试题）20 •在△ABC中，Z ABC和Z ACB均为锐角. D是BC边上的内点，且AD平分/ 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 •AD BD sin* 2/ B BD sin2/ BBF sin / B2 ~~/- ■FA sin / A。
角塞瓦定理解决角格点问题
角塞瓦定理解决角格点问题
角塞瓦定理是解决角格点问题的重要定理之一。
所谓角格点问题，是指平面上有一些点，如何求其中任意三个点形成的角度是否为整数度。
这个问题涉及到数学中的角度概念和整数论中的整数问题。
角塞瓦定理指出，如果平面上有n个点，且任意三个点不共线，则其中的锐角个数加上180度的整数倍等于偶数。
这个定理也可以表示为，如果平面上有n个点，且任意三个点不共线，则其中的钝角个数加上360度的整数倍等于偶数。
角塞瓦定理的证明需要用到很多高深的数学知识，但它的应用却非常广泛。
例如，在计算机图形学中，常常需要判断两条线段之间的夹角是否为整数度，使用角塞瓦定理就可以非常方便地解决这个问题。
此外，角塞瓦定理还有一些重要的推论，如角塞瓦-格里芬定理
和角塞瓦-斯特恩定理等，它们都为解决角格点问题提供了重要的数
学工具。
- 1 -。
赛瓦定理证明
赛瓦定理证明
（原创版）
目录
1.赛瓦定理的概述
2.赛瓦定理的证明方法
3.赛瓦定理的应用领域
4.赛瓦定理的意义和价值
正文
赛瓦定理，又称赛瓦 - 利奥波尔定理，是由法国数学家赛瓦和波兰数学家利奥波尔于 20 世纪初共同提出的一个数学定理。
这个定理主要研究的是复分析中的全纯函数，对于全纯函数的单调性、极值、最大值、最小值等问题提供了一个有效的研究方法。
在复分析中，全纯函数是一个复变函数，它的实部和虚部都是全纯函数。
赛瓦定理证明了，在单位圆内，全纯函数的取值范围是连续的，且最大值和最小值一定出现在单位圆的某个点上。
此外，赛瓦定理还揭示了全纯函数的极值点与函数的零点之间的关系。
赛瓦定理的证明方法主要依赖于拓扑学中的不动点定理。
具体来说，赛瓦定理的证明可以分为两个步骤：第一步是证明全纯函数的取值范围是连续的；第二步是证明最大值和最小值一定出现在单位圆的某个点上。
赛瓦定理在复分析领域具有广泛的应用。
首先，赛瓦定理为研究全纯函数的性质提供了一个重要的理论基础。
其次，赛瓦定理在复分析中的其他重要定理和公式的证明中也发挥了关键作用，如柯西积分公式、泊松公式等。
总之，赛瓦定理是复分析中的一个重要定理，它对于研究全纯函数的性质及其应用具有重要的意义和价值。
赛瓦定理证明
赛瓦定理证明摘要：1.赛瓦定理简介2.赛瓦定理证明过程概述3.赛瓦定理的应用领域4.赛瓦定理在实际问题中的案例分析5.赛瓦定理在我国的研究与发展6.总结与展望正文：【赛瓦定理简介】赛瓦定理（S瓦定理）是一个数学领域的定理，由俄罗斯数学家赛瓦·诺维科夫（Sevastopol Nikonov）于20世纪初首次提出。
赛瓦定理位于拓扑学与代数几何学的交叉领域，主要研究多元多项式方程组的解集性质。
赛瓦定理在一定程度上解决了多元多项式方程组解集的结构问题，为后续研究奠定了基础。
【赛瓦定理证明过程概述】赛瓦定理的证明过程较为复杂，涉及到代数拓扑学中的某些基本概念，如纤维丛、同伦论等。
简要证明过程如下：设f(x1, x2, ..., xn) = 0为n元多项式方程，根据赛瓦定理，f(x1, x2, ..., xn) = 0的解集可以表示为：{x1, x2, ..., xn} → R^n / (G × Z_m)其中，G为f(x1, x2, ..., xn) = 0的根式子代数结构，Z_m为m元单位根群。
通过研究G与Z_m的相互作用，赛瓦定理揭示了多元多项式方程组解集的内在结构。
【赛瓦定理的应用领域】赛瓦定理在数学领域具有广泛的应用，尤其是在代数几何、拓扑学、微分几何、数论等领域。
以下简要介绍几个应用实例：1.代数几何：赛瓦定理为研究多元多项式方程组解集的结构提供了理论基础，有助于分析解集的性质，如解集的维度、奇点等。
2.拓扑学：赛瓦定理揭示了多元多项式方程组解集与拓扑空间之间的联系，有助于研究拓扑空间的性质。
3.微分几何：赛瓦定理在微分几何中的应用主要体现在对流形上的多元多项式方程组解集的研究。
4.数论：赛瓦定理在数论中的应用主要体现在对代数数域上多元多项式方程组解集的研究。
【赛瓦定理在实际问题中的案例分析】以下以一个实际问题为例，说明赛瓦定理在解决实际问题中的应用：问题：研究三维空间中的二次型方程组设f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - 2x + 2y - z = 0，求解该方程组。
赛瓦定理证明
赛瓦定理证明【最新版】目录1.赛瓦定理简介2.赛瓦定理的证明方法3.赛瓦定理的应用领域正文一、赛瓦定理简介赛瓦定理，又称赛瓦 - 利曼尼茨基定理，是由法国数学家赛瓦（Cauchy）和俄罗斯数学家利曼尼茨基（Liemann）分别于 1829 年和 1853 年独立发现的一个数学定理。
该定理主要描述了复变函数在单位圆上的取值与泰勒级数的关系，对于复分析领域的许多问题具有重要的指导意义。
二、赛瓦定理的证明方法赛瓦定理的证明方法有多种，其中较为常见的是采用积分和级数两种方法。
以下分别简要介绍这两种证明方法：1.积分法设 f(z) 是一个在单位圆上的解析函数，z0 为单位圆上的一个点，那么根据柯西 (Cauchy) 积分公式，我们有：f(z0) = (1/2πi) ∫[f(z)(1 - z^n)] / (1 - z^n) dn其中，n 为绕单位圆 n 圈的任意整数，积分路径为单位圆。
当 n 趋于无穷大时，上式右侧的积分值为 f(z0)，左侧的积分值为 f(z) 在单位圆上的泰勒级数。
因此，通过比较左右两侧的值，我们可以得到赛瓦定理的结论。
2.级数法我们同样设 f(z) 是一个在单位圆上的解析函数，那么根据泰勒级数的定义，f(z) 可以展开为如下级数形式：f(z) = a0 + a1z + a2z^2 +...+ anz^n +...其中，a0, a1, a2,..., an,...为泰勒级数的各项系数，n 为非负整数。
通过对该级数进行一些变换和求和，我们可以得到：|f(z)| = 1 / (1 + |a1| + |a2| +...+ |an| +...)其中，|f(z)|表示 f(z) 的模，|a1|，|a2|，..., |an|，...分别表示泰勒级数各项系数的绝对值。
显然，右侧的求和式子表示了 f(z) 在单位圆上的泰勒级数的模。
因此，通过比较左右两侧的值，我们可以得到赛瓦定理的结论。
三、赛瓦定理的应用领域赛瓦定理在复分析领域具有广泛的应用，其中最为典型的应用是求解解析函数在单位圆上的泰勒级数。
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B+ C) MAD
.
同理, 对 DAC 和点 N 应用角元塞瓦定
理又有
1= tan
sin ( sin
B
+ C) NAD
.
比较式 、 即得
tan = tan . 因此, = , 即 AD 平分 MDN . 例 4 在凸五边形 ABCDE 中, AED =
ABC = 90 , BAC = EAD, BD 求证: AF BE .
的一点M . 则有
sin sin
BAM sin MAC sin
ACM sin MCB sin
CBM MBA
=
1.
与定理 1 的( 1) 对照就会发现, 从字母上
看, 两者的结论完全一样, 仅有的区别在于, 交点的位置有所不同. 同样地, 交点 M 的位 置可以换为在边 AC 或 AB 之外, 结果是完全
的 点, 三 条 线 段 AD、
BE 、CF 交 于一 点 M.
则
图1
能, 一是 A 、B 、C、D 四点构成一个凸四边 形的顶点;
二是一个点在另三个 点组成 的三 角形的 内部. 分 成
两个局部分别证明. )
3. 试将 7 个 数字: 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 分 成两 组, 分
别排成一个三位数和 一个四 位数, 并 且使这 两个 数
=
1;
( 3) 对 MCA 与点 B, 有
sin sin
CME sin EMA sin
MAB sin BAC sin
ACB BCM
=
1;
( 4) 对 MAB 与点 C, 有
sin sin
AMF sin FMB sin
MBC sin CBA sin
BAC CAM
=
1.
定理中一共给出了四个结论. 其实, 定理
并未 给出, 要把全等 三角 形按 对应顶 点分 解为不 同
情况求解. )
5. 已知关于 x 的二次函数
y = x 2 + ( 2k - 1) x + k2 - 1
的图像与 x
轴交于A
(
x
1,
0)
、B
(
x 2,
0)
,
且
x
2 1
+
x
2 2
=
9. 问: 在对称轴右边的 图像上, 是 否存在 点 M , 使 锐
( 第 23 届 IMO 预选题)
CE = F.
中 等数 学
证 明: 如 图
7, 过 点 A 作 AH BE 于 H . 于
是, 只 须 证 明
AH 、BD、CE 三
线共点.
图7
因为 ABC
AED, 所以,
AB AE
=
AADC=
BC DE
.
又 BAC= EAD , 则
BAD= CAE.
所以, S ABD = S ACE .
中 等数 学
类似的.
注意, 图 2 中的 BFM 和 CME 中, 各 只有一条边 BM 与 CM 在定理结论中各作为
六个角中的两个角的边出现, 其余部分均未 出现. 故此在图中可以擦去. 这时, 关于三角
形的角元塞瓦定理就变成四边形 ABMC 的角
元塞瓦定理了. 定理 3 在凸四 边形 ABMC 中, 如下 4
图8
相交于点 D , 且以 Q、D 、B 为顶 点的三 角形与 以 P、
O 、B 为顶点的三角形 全等. 求 m、n 的值 .
( 提示: 抛物 线 C2 的 对 称 轴 可以 在 点 B 的 左 侧, 也可以在点 B 的右 侧. 首先, 应把此 问题分 解为
上述两种情况, 其 次, QDB 与 POB 的 对 应关 系
故ssiinn
ABD CEA
=
AE AB
EC BD
.
在 BCE 和 BDE 中应用正弦定理有
sin sin
BEC EBC
=
BC EC
,
s in s in
BED DBE
=
BD ED
.
又 HAB= EBC, EAH = BED, 则
sin EAH sin ABD sin BEC sin HAB sin DBE sin CEA
例 3 锐 角 ABC 内接于 O, 分别过 点 B、C 作 O 的切线, 并分别 交过点 A 所 作 O 的切线于点 M、N , AD 为边 BC 上的 高. 求证: AD 平分 MDN .
( 1988, 全俄数学奥林匹克) 证 明: 如图 6, 记
MDA = , NDA =
. 只须证明 = .
因 为 MN 、MB、
=
sin s in
BED sin EBC sin
ABD sin DBE sin
( M ( 2, - 2) ) . )
6
( 1) 对 ABC 与点 M, 有
sin BAM sin ACM sin sin MAC sin MCB sin
( 2) 对 MBC 与点 A , 有
CBM MBA
=
1;
sin sin
BMD sin DMC sin
MCA sin ACB sin
CBA ABM
EDP sin PAE sin
DAP PDA
=
QF QD
QC QE
QD QC
=
1.
对 EDA 和点 P 应用角元塞瓦定理的
8
逆定理知 AB 、CD、EF 三线共点. 从而, P 、E、F 三点共线. 此题是国内数学竞赛的一道名题, 许多
辅导书上都有这道题并有各种各样的证法. 了解其他证法的读者自会发现, 这里给出的 证法是较好的方法之一.
OBE= ANF, EBC = DAN ,
BCF = MAD, FCO= EMA . 对 AMN 和点 D 应用角元塞瓦定理有
1=
sin sin
MAD sin DAN sin
ANF sin FNM sin
NME EMA
=
sin sin
BCF sin EBC sin
OBE sin GOB sin
COG FCO
5, 联 结 AE 、CE 、 DE、DF .
因为 QE、QF
都是 O 的切 线, 所以,
AEF= ADF
图5
= 180 - QDF ,
FED= QFD. 又 PDA = 180 - PDQ,
DAP = DCQ, EDP = QEC,
PAE= ECB= 180 - QCE,
则ssiinn
AEF FED
个结论成立: ( 1) 对 ABC 和点 M, 有
sin sin
BAM sin MAC sin
ACM sin MCB sin
CBM MBA
=
1;
( 2) 对 BMA 与点 C, 有
sin MBC sin BAC sin sin CBA sin CAM sin
( 3) 对 MCB 与点A , 有
AMC CMB
=
sin sin
COG sin GOB sin
OBE sin EBC sin
BCF FCO
.
7
由 角元塞瓦定理 的逆定理 知 OG、BE 、
CF 三线共点, 即 OG 过点H . 又因为 OG MN , 所以, OH MN .
在上述证明 中, 作 了一条辅 助线 OG
MN . 其实, 不作这条辅助线且不作任何辅助 线, 类似的证明也可以完成. 有兴趣的读者不
的条件加上四个结论中的任一个都是塞瓦定
理. 这里将它们写在一起的目的是为了强调 此图形中有四个不同的角度都可以使用角元
塞瓦定理. 其结果都是有用的, 且同等重要.
角元 塞瓦定理 之所以称 为角元 塞瓦定
理, 自然是因为它是由原塞瓦定理( 以后需要 加以区别时, 称之为边元塞瓦定理) 衍生出来
的, 即由边的比过渡到角的正弦的比. 其实,
964 875; ( 3) 补上一个 0, 组成四 位数 9 640 8 753,
最后再去掉 0, 得 964 8 753 之积最大. )
4. 如图 8, 已 知 抛 物
线 C1: y = - 轴于 点 P, 另 一条 抛 物
线 C2 过 点 B , 顶 点 为
Q ( m, n) , 对称轴与 x 轴
妨一试.
例 2 四 边形 ABCD 内 接于 O, 其边
AB 与DC 所在的直线交于点 P , AD 与 BC 所 在的直线交于点 Q, 过点 Q 作 O 的两条切
线 QE 和 QF , 切点分别为 E 和 F. 求证: P 、
E 、F 三点共线. ( 1997, 中国数学奥林匹克)
证 明: 如 图
=
s in s in
QDF QFD
=
QF QD
,
sin sin
EDP PAE
=
sin sin
QQECEC=
QC QE
,
sin sin
DAP PDA
=
sin sin
DQCDQC=
QD QC
.
故ssiinn
AEF sin FED sin
EDP sin PDA sin
DAP PAE
=
sin sin
AEF sin FED sin
NC 都是 O 的切线,
图6
所以,
MAB = MBA = ACB,
NAC = NCA = ABC . 对 DAB 和点 M 应用角元塞瓦定理有
1=
sin sin
ADM sin MDB sin
DBM sin MBA sin
BAM MAD
=