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 EA
B A AD
C B BC
''==
''． A′
B'
C '
A
B
P
P
C
B
A
A′
B'
C '
D E
C
B
A
A′
B'
C '
D E (c)
(b)(a)
图2-1
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 PCA
PCA 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 AP
BC 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 ．
C
B
A
A′
B'
C 'X
Y Z
X
Y
Z C
B
A
A′
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 X
A C A
B XB ''⋅⋅=''．
对△CAC '及点A '（直线CB ，AY ，C B ''的交点），有1CB AB C Y
B C BC YC ''⋅⋅=''．
对△ABA '及点B '（直线AC ，BZ ，A C ''的交点），有1AC BC A Z
C B CA ZA ''⋅⋅=''．
对△BBC '及点C （直线BA '，B A '，C X '的交点），有1BX B A C A
XB A C AB '''⋅⋅='''．
对△CC A ''及点A （直线CB '，C B '，AY '的交点），有1CY C B A B
YC B A BC '''⋅⋅='''．
对△AA B ''及点B （直线AC '，A C '，B Z '的交点），有1AZ A C B C
ZA C B CA '''⋅⋅='''．
上述六式相乘，有2
1BA 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 C
C 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 111
1111BA 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 1
B
1
C 1
C
B
A
A′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：
H
G
F
E
D
C B
A
图2-4
对△ACE 及点D 有 1A B C G
E F B C G E F A
⋅⋅=， 对△CDE 及点A 有 1C F D B E G
F D B E
G C ⋅⋅=， 对△ADE 及点C 有 1D G A F
E B G A
F E B D ⋅⋅=， 对△ABD 及点F 有 1A C B E
D H C B
E D H A ⋅⋅=， 对△ACD 及点E 有 1A G D F
C B G
D F C B A ⋅⋅=， 对△ADF 及点B 有 1A H D C
F E H D C F E A ⋅⋅=， 对△ABF 及点D 有 1B C A E
F H C A E F
H B
⋅⋅=， 对△BDF 及点A 有
1B E D C F H
E D C
F 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 ．
G
F
E
D
C
B
A
图2-5
对△AEF 及点C ，应用塞瓦定理，有
1EG FD AB
GF DA BE ⋅⋅=． 由BD EF ∥，有AB AD
BE DF
=
，代入上式， 得
1EG
GF
=，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）
O
P
H
F
E
D
C
B A
图2-6
证法1 对△ABC 及点H ，应用塞瓦定理，有
1AF BD CE
FB 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 =
⋅，EA
AQ DC CE
=⋅． 而由①，有
AF EA
BD 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 EDC
ADF 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）
J
I
H
G
F E D
C
B
A
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 DE
GB HD EC
⋅⋅=． AH 平分BAD ∠，由角平分线性质，可得
BH AB HD AD =，故1CG AB DE
GB 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 AD
AB 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 C
E 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．
M
L
N
G
F
E
D
C
B
A
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 DC
FB BD =
． 由DN CG ∥，由CD NG
BD BN
=
． 于是，有
AF NG
FB 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(2C
B
A
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 (3B
B B B B θθθθ-=-⋅-=--， 即 s i n
s i n (32)s i n (2)2c o s (2B B B B B θθθ=---=-⋅． 而sin 0B ≠，则1
cos2()2
B θ-=
． 因 1π0()33B b B C θ<-<<+<，则2π2()0,3B θ⎛
⎫-∈ ⎪⎝⎭．
∴ π2()3B θ-=
，即π
6
B θ-=． 从而π2(2)π4()2CAP B B θθθ=--=---∠
ππ222[()]36B θθθθ⎛⎫
=
-=-=-- ⎪⎝⎭
2(2)2B PAB θ=-=∠． 故 1
3
PAB 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 MNI
IPM 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 NP
A ===∠∠． 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）
H
G
F
E D
C
B 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 CF
EC FA
λ⋅⋅=． 对△ABC 及截线EFH ，应用梅涅劳斯定理，得 1AH BE CF HB EC FA ⋅⋅=，即21BE CF
EC FA
λ⋅⋅=-． 上述两式相加，得12()0BE CF
EC FA
λλ+⋅=．
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．
M
N P
L
F
E D
C
B
A
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 PAC
LC AC CAL AC PAB ⋅⋅==⋅⋅∠∠∠∠． 同理，
sin sin CM BC PBA
MA AB PBC
⋅=⋅∠∠, sin sin AN AC PCB
NB 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 D
C E F B
D C
E 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 C
LC AL LC B LAC PAB B
=⋅=⋅=⋅
∠∠∠∠∠∠∠∠ 222222
sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin PAC B C DC AD C DC C
C PAB B A
D BD B BD B
=⋅⋅=⋅⋅=⋅∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠． 同理，22sin sin CM AE A MA EC C
=⋅∠∠，22sin sin AN BF B
NB 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 PCA
PAC 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 B
C A L A B M B C N P A B P B C P C A
⋅⋅=⋅⋅
∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠
11
1sin sin sin 1
sin 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 DQ
AM 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 DQ
AM 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2
AEP ADP k PED PDE -=-∠∠（∠∠）（k 为常数），则AB AC =．
Q
F'
P
F
E D C
B
A
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 PD
QC EP DB
⋅⋅=． 而BD CE =，则
PD QC
PE 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 D
S S △△≥，故
E B C D B C
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 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 MF
AD BE CF ++=． 证明 如图2-14，记
BD m DC =，CE n EA =，AF
l FB
=．对△ABC 及点M ，应用塞瓦定理，有1BD CE AF
mnl DC EA FB
⋅⋅==． F
E
D
C
B
A
M
图2-14
对△ADC 及截线EMB ，应用梅涅劳斯定理，有
11AM DB CE AM m
n MD BC EA MD m ⋅⋅=⋅⋅=+，即 1(1)AM m
m l MD m n +==++． 由合比定理得1(1)AD m l MD =++，即1
1MD AD l ml
=
++． 同理，
111
ME l
BE m mn l ml ==
++++， 111MF ml
CF n nl ml l
==
++++． 三式相加，得
1MD ME MF
AD BE CF
++=． 例12 如图2-15，设P 为△ABC 内任意一点，AP ，BP ，CP 的延长线交对边BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，EF 交AD 于Q
．试证：(3PQ AD -≤．
P
Q
F
E
D
C
B
A
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 AF
mnp 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 m
BC m =
+，则有 11AP m n PD m ⋅
⋅=+，即1AP m PD mn +=，故1
1
AP 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1BE
mn 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1
2
PQ AQ mp p =++． 从而11
21
PQ PQ AP m AD AP AD mp p mn m +=⋅=⋅++++ 111
2(1)211(1)2
11
mn 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)1
mn
p 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）
S
R
C
B
A
P
Q
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 APB
BC CPB
=
∠∠． 同理，在△ASC 中，有sin sin AR ASQ
RC 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 QCP
CPB 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 B
P A Q Q C A A S Q
C P B
Q A C P C Q C S Q
⋅==⋅∠∠∠∠∠∠∠∠．
即 22A B A R
B 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°
-αα
20°
40°70°
H
F
E
D
C
B
A
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 10
s i n 2s i n 20c o s 20
1c o s 20
s i n (40)s i n 20
αα︒︒⋅︒⋅
⋅=︒︒-︒，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）
C
B
A
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 n
s i n 10
s i n 80s i n 40
αα︒⋅
⋅︒-︒ 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︒-<︒．
∴ 80
60αα-︒=︒-，故 70α=︒． 所以 1801804070A M C
M 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）
α
80°-α
20°10°40°
30°
C
B
A
P
图2-20
证明 设BCP α=∠，则1
802010403080PBC αα=︒-︒-︒-︒-︒-=
︒-∠．由第一角元形式的塞瓦定理，
有
sin 20sin 40sin 1sin(80)sin10sin 30α
α︒︒⋅⋅=︒-︒︒
．
即有
2s i n 10c o s 10s i n 40s i n
11s i n (80)s i n 102
αα︒⋅︒︒⋅⋅=︒-︒．
∴ s i n (80)
4s i n
s i n 40c o s 104s i n s
ααα︒
-=⋅︒⋅︒=⋅︒⋅︒
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 2
0s 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 30α
α︒︒⋅⋅=︒-︒︒， 有
s i n (80)s i n 20s i n 40
4s i n 20s i n 40
s i n 80
4c o s 10s i n 40s i n s i n 10s i n 30s i n 20
αα︒-︒︒︒⋅︒⋅︒=⋅=︒⋅︒=
︒︒︒
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）
4
32
1
γ
αβ
K F'
G 'H
G P
Q O F
E D
C
B
A 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 OHK
OEB 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 A
D ′M
N
G
D
C
B
A
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 BCF
DAB 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．
R
T
S
P
F
E
D
C B
A
图2-23
证明 连PD ，AS ，RC ，BR ，AP ，SD ．由△EBR ∽△EPA ，△FDS ∽△FPA ，有
BR EB
PA EP =
，PA FP DS FD =，此两式相乘，有BR EB FP
DS EP FD =⋅
．
①
又由ECR EPD △∽△，FPD FAS △∽△，有 CR EC PD EP =，PD FP
AS FA =
， 此两式相乘，有 CR EC FP
AS EP FA
=⋅
． 由①÷②，得 B R A S
E B
F A D S C R
E C
F D
⋅=⋅． 上式两边同乘以
DC AB ，得 B R C D S A E B
A F D C R C D S A
B B A
F 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 A
R 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A
1．在△ABC 中，D 是BC 上的点，1
3
BD 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 BP
AP 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B
1．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A
1．对ABC △及点O ，由塞瓦定理可得3AF FB =，3
4
AF AB =．又对ADC △与截线FOC ，由梅涅劳斯定理得
4AO OD =，4
5
AO AD =，
故343455AFO ABD S S =⋅⋅△△，由此可知25BDOF ABD S S =△．又14ABD ABC S S =△△，所以211
5410
BDOF ABC S S =⋅=△． 2．在ABC △中由题设及塞瓦定理有
1BD CE AF
DC 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 C
DC 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 AF
DC 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
()2
CD c a b s b =+-=-．同理C E
s =-，AE s b CD =-=，BF s a CE =-=．故有1BD CE AF
DC 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 CP
ZQ 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 CP
XR 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 CD
ZE 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 β
AF γ
=同理，
sin sin BF γBD α=，sin sin CD αCE β=．于是1EX FY DZ
XF 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 F
A 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 ACP
B A G PCB
''∠∠=
''∠∠．。