角元塞瓦定理及其应用一

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4.2 三角形中与比例线段有关的几个定理-塞瓦定理及应用--沈文选

4.2 塞瓦定理及应用塞瓦定理设///C B A 、、分别是△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上的点，若///CC BB AA 、、三直线平行或相交于一点，则.1...//////=BC AC A B CB C A BA (4.2-1) 注若采用有向线段，上式右边仍为1（下面均同）．证明若///CC BB AA 、、交于一点P ，如图4-7(a)，则过A 作BC 的平行线，分别交//CC BB 、的延长线于D 、E ．从而，有BC EAB C AC AD BC A B CB ==////, 又由 ,///EA C A PA P A AD BA ==有⋅=EA AD C A BA // 故 .1....//////==BCEAAD BC EA AD B C AC A B CB C A BA 若///CC BB AA ⋅、、三线平行，如图4-7(b)，可类似证明（略）．塞瓦定理的逆定理设///C B A 、、分别是△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上的点（其中在延长线上的点或者没有，或者有两个），若,1..//////=BC AC A B CB C A BA (4.2-2) 则///CC BB AA 、、三直线相交于一点或互相平行．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.1..11////=B C AC A B CB C A BA 又已知有,1..//////=B C AC A B CB C A BA 由此得=B C AC 11,//BC AC 即,/1AB AC AB AC =亦即,/1AC AC =故1C 与/C 重合．从而、、//BB AA /CC 三直线相交于同一点．若,////BB AA 则⋅=⋅///BACB A B CB 代人已知条件式，有,///CB CA B C AC =由此知//.//AA CC 故.///////CC BB AA塞瓦定理也是导出线段比例式的重要途径之一，塞瓦定理的逆定理是证明三直线共点的理论依据之一．例1 如图4-8，设M 为△ABC 内一点，BM 交AC 于E ，CM 交AB 于F.若EF∥BC，求证：AM 通过BC 的中点．证明设直线AM 交BC 于D ．对△ABC 及点M ，由塞瓦定理，得.1..=FBAFEA CE DCBD因EF∥BC，则,⋅=EC AEFB AF 代入上式，得 ,1=DCBD故BD ＝DC ，所以，D 为BC 中点，即AM 通过BC 的中点．例2 如图4-9，若通过△ABC 各顶点的直线AD 、BE 、CF 共点P ，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,///F E D 、、则直线///CF BE AD 、、直线共点，证明对△ABC 及点P ，由塞瓦定理，有.1..=FBAFEA CE DC BD 由题设，有,,,,,/////BF AF C E EA AE CE B D DC CD BD ==⋅===./A F FB =故,1..1....//////==∝=FBAF EA CE DC BD AF FB CE EA BD BF AF A E CE CD BD由塞瓦定理的逆定理，知///CF BE AD 、、三线共点，例3 如图4-10，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.若△DGL、△FGM 均为正三角形．求证：△LMN 为正三角形，证明连NF ，对△ABC 及点G ，由塞瓦定理，有.1..=EA DC FB 而AE ＝ CE ，则 ⋅=BD DCFB AF又DN∥CG,有 ,BNNGBD CD =于是 ,BNNGFB AF = 即有FN∥AD.则由□ DGFN 有.,,FN DG GF DN GFN GDN ==⋅∠=∠又 ,60=∠=∠GFM GDL则 .NFM LDN ∠=∠注意到 ,,NF DG DL FM GF DN ====则 ,NFM LDN ∆≅∆故 .,NMF DNL MN LN ∠=∠=于是 )(MNF DNL DNF MNTL ∠+∠-∠=∠)180()180(NFM NFG ∠--∠-=NFG NFM ∠-∠=.60 =∠=MFG所以△LMN 为正三角形，例4 如图4-11，在四边形ABCD 中，对角线AC 平分∠BAD，在CD 上取一点E ，连BE 交AC 于F ，延长DF 交BC 于G ，求证：∠GAC＝∠EAC. （1999年全国高中联赛题）证明连结BD 交AC 于H ，对△BCD 及点F ，由塞瓦定理，有.1..=ECDEHD BH GB CG 又AH 平分∠BAD ，有⋅=AD ABHD BH 于是 .1..=ECDEAD AB GB CG过点C 作AB 的平行线交AG 的延长线于I ，作AD 的平行线交AE 的延长线于J ．则有⋅==CJ ADEC DE AB CI GB CG , 所以 ,1..=CJADAD AB AB CI 从而CI ＝CJ ．又CI // AB, CJ//AD, 则有,180180J CA DAC BAC ACI o ∠=∠-=∠-=∠ 于是 △ACI≌△ACJ，故∠IAC＝∠JAC.因此 ∠GAC=∠EAC.例5 AD ．BE 、CF 为△ABC 的内角平分线，D 、E 、F 在边上．如果,90=∠EDF 求∠BAC 的所有可能值．（第16届美国奥林匹克题）解设三条内角平分线交于点I ，对△ABC 及点I ，由塞瓦定理，有.1..=EACE DC BD FB AF 所以 ⋅=ADCDCE AE AD BD FB AF ..分别在△ADF 、△BDF 、△CDE 、△ADE中运用正弦定理，并令,,βα=∠=∠ADF EDA ,,δγ=∠=∠BDF CDE 则有,sin sin AFD AD AF ∠=β,sin sin BFD BD BF ∠=δ,sin sin CED CD CE ∠=γ⋅∠=AEDAD AE sin sin α于是,sin sin .sin sin .γαδβ===AD CD CE AE AD BD BF AF注意到,90,90,90 =+=+=∠δγβα有EDF 故,sin sin cos cos γαγα=即 tan γ = tan α. 从而 α＝γ，即DE 平分∠ADC.又点E 在∠DBA 的平分线上，因此点E 到直线BA 的距离=点E 到直线BC 的距离=点E 到直线AD 的距离，于是点E 在∠BAD 的外角∠DAT 的平分线上．即有.BAD CAD TAC ∠=∠=∠ 而 ,180oBAD CAD TAC =∠+∠+∠ 所以 .120=∠BAC习题 4.21 锐角三角形ABC 中，AD 是边BC 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.（第26届加拿大竞赛题，同§3.1中例4）2 在△ABC 的边BC 上任取一点D ，设∠ADB 和∠ADC 的角平分线分别交AB 、AC 于F 和E 求证：AD 、BE 、CF 交于一点．3 试证：过三角形三顶点且平分三角形周长的三条直线共点，4 △ABC 中，D 是BC 上的点，,31=DC BD E 是AC 中点，AD 、BE 交于点O ，CO 交AB 于F ．求四边形BDOF 的面积与△ABC 的面积之比．5 设△ABC 是等边三角形，P 是其内部一点，延长线段AP 、BP 、CP 依次交三边BC 、CA 、AB 于111C B A 、、三点．证明：≥⋅⋅111111A C C B B A .111A C C B B A ⋅⋅ （第37届IMO 预选题）答案。

塞瓦定理的应用

塞瓦定理的应用
塞瓦定理可以追溯到古希腊哲学家和数学家塞瓦（Socrates）。

塞瓦定理描述了数学中三个点形成的三角形的某些规律，并且可以被用于求解三角形的面积，并可以推广到更多的维度中。

塞瓦定理也可以简单地描述为：在任意一个三角形中，加入三条顶点到各自相邻的边之间的距离，其和恒定等于该三角形的周长。

这个定理也可以被称为“比例定理”，它可以用来证明具有比例性的定理。

除了上述介绍的基本应用外，塞瓦定理还可以用于求解平面几何形状的面积，例如三角形和正方形，这些几何形状在建筑学，工程学，地图学等许多方面都有广泛的应用。

塞瓦定理还可以被用来求解旋转投影的面积，以及三角形的内切圆半径。

此外，它还可以被用来研究三角形的角度和边长之间的关系，以及确定两条线段之间的夹角。

塞瓦定理也可以用于研究三角形的另外一些性质，例如三角形外接圆的半径，这可以帮助计算几何学中的表面积；此外，它也可以被用于求解螺旋线的面积，以及求解多边形的最小外接圆。

塞瓦定理还可以用于计算一些复杂的几何形状的面积，包括：椭圆，圆环，抛物线，平行四边形，以及五边形等。

塞瓦定理的应用还可以扩展到计算机科学的领域，它可以被用来解决复杂的几何形状的问题，也可以帮助完成复杂的拼图游戏。

另外，它还可以用于研究一些数学现象，例如多边形内最大最小值比，多边形内最大最小值比和多维几何形状的形态。

总之，塞瓦定理在求解三角形，平面几何，计算机科学，以及数学现象的面积和形态等方面都有着广泛的应用，为科学研究提供了重要的理论参考。

初中数学奥林匹克几何问题-塞瓦定理及应用

初中数学奥林匹克几何问题-塞瓦定理及应用本资料为WoRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址第二章塞瓦定理及应用【基础知识】塞瓦定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，，三线平行或共点，则．①证明如图2-1（）、（），若，，交于一点，则过作的平行线，分别交，的延长线于，，得．又由，有．从而．若，，三线平行，可类似证明（略）．注（1）对于图2-1（）、（）也有如下面积证法：由：，即证．（2）点常称为塞瓦点．（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（）、（），分别对及截线，对及截线应用梅涅劳斯定理有，．上述两式相乘，得．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，，分别为的三边，，所在直线上的点，且，，三点共线．令直线与交于点，直线与交于点，直线与交于点．分别视点，，，，，为塞瓦点，应用塞瓦定理，即对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．上述六式相乘，有．故．塞瓦定理的逆定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，②则，，三直线共点或三直线互相平行．证明若与交于点，设与的交点为，则由塞瓦定理，有，又已知有，由此得，即，亦即，故与重合，从而，，三线共点．若，则．代入已知条件，有，由此知，故．上述两定理可合写为：设，，分别是的，，所在直线上的点，则三直线，，平行或共点的充要条件是．③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．④证明由，，，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，，分别的三边，，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．⑤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，，，分别是的外接圆三段弧，，上的点，则，，共点的充要条件是．证明如图2-3，设的外接圆半径为，交于，交于，交于．由，，，，，六点共圆及正弦定理，有．同理，，．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、、、、、，将其作为塞瓦点，我们写出如下式子：对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有．【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2-5，四边形的两组对边延长分别交于，，对角线，的延长线交于．对及点，应用塞瓦定理，有．由，有，代入上式，得，即．命题获证．例2如图2-6，锐角中，是边上的高，是线段内任一点，和的延长线分别交，于，．求证：．（1994年加拿大奥林匹克试题）证法1对及点，应用塞瓦定理，有．①过作，延长，分别交于，，则，且，，从而，．而由①，有，故．由此知为等腰底边上的高，故．证法2对及点应用塞瓦定理，有．即，由锐角性质知．类似地，对及截线或对及截线应用梅涅劳斯定理也可证得有．注将此例中的平角变为钝角，则有如下：例3如图2-7，在四边形中，对角线平分．在上取一点，与相交于，延长交于．求证：．（1999年全国高中联赛题）证明连交于，对及点，应用塞瓦定理，有．平分，由角平分线性质，可得，故．过点作的平行线交的延长线于，过点作的平行线交的延长线于，则．所以．从而，．又，，有．因此，，即有．故．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，是的中线，在上，分别延长，交，于，，过作交于，及为正三角形．求证：为正三角形．证明连，对及点应用塞瓦定理，有．而，则．由，由．于是，有，从而，即知四边形为平行四边形，有．又，则．而，，知，有，．于是．故为正三角形．例5如图2-9，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．（1994年香港代表队选拔赛题）（其中注意），．证明用表示的度量，令，则，，，对及点，应用第一角元形式的塞瓦定理，有．亦即．于是，即．而，则．因，则．，即．从而．故，即是的三等分线．利用第一角元形式的塞瓦定理可简捷处理20XX年全国高中联赛加试第一题的第1问：例6设、分别为锐角（）的外接圆上弧、的中点．过点作交圆于点，为的内心，联结并延长交圆于点．求证：．证明事实上，易知、、及、、分别三点共线，对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．①由知，有．于是①式即为．故．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，在中，，为上给定的一点（不是线段的中点）．设为直线上与，都不相同的任意一点，并且直线，交于，直线，交于，直线，交于．试证明交点与在直线上的位置无关．（1990年苏州市高中竞赛题）证明设分线段为定比，分线段为定比．下证由确定，即当，给定后，点的位置由点唯一确定．在中，由，，交于一点，应用塞瓦定理，有，即．对及截线，应用梅涅劳斯定理，得，即．上述两式相加，得．从而，即，故由唯一确定．因此，点与在直线上的位置无关．例8如图2-11，设为内任一点，在形内作射线，，，使得，，．求证：，，三线共点．证法1设交于，交于，交于，则由正弦定理有．同理，,．将上述三式相乘，并应用正弦定理，有．由塞瓦定理的逆定理，知，，共点．证法2设交于，交于，交于，直线交于，直线交于，直线交于．对及点，应用塞瓦定理，有．在和中应用正弦定理，有．同理，，．以上三式相乘，并注意到①式，有．由塞瓦定理的逆定理，知，，共点．证法3设交于，交于，交于，直线交于，直线交于，直线交于．对及点，应用角元形式的塞瓦定理，有．由题设，，，则有，，．于是，对，应用角元形式的塞瓦定理的逆定理，知，，三线共点．例9如图2-12，四边形内接于圆，其边与的延长线交于点，与的延长线交于点，过点作该圆的两条切线，切点分别为和．求证：，，三点共线．（1997年试题）证明连分别交，于，，设与交于．要证，，三点共线，只须证明，，和，，都三点共线，又只须证明，，三线共点．由塞瓦定理的逆定理知只须证明．又直线截，应用梅涅劳斯定理，有，从而只须证明．设圆心为，连交于，连，，，，则由切割线走理和射影定理，有，即知，，，四点共圆，有，此表明为的内角的外角平分线．而，则平分．于是，，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，中，，分别为和同方向延长线上的点，与相交于，且．若点满足（为常数），则．证明设交于，对及其形外一点，应用塞瓦定理，有．而，则．不妨设，则，即有，于是，故．此时，点到的距离不小于到的距离，则过作必交延长线于一点，设为．又作的外接圆交于另一点，则四边形为等腰梯形．当时，由，知必在线段上，于是，（同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）．又由，知．故结论获证．2．转化线段比例式的一座桥梁例11设为内任一点，，，分别交，，于，，．求证：．证明如图2-14，记，，．对及点，应用塞瓦定理，有．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有，即．由合比定理得，即．同理，，．三式相加，得．例12如图2-15，设为内任意一点，，，的延长线交对边，，于点，，，交于．试证：．证明令，，，对及点，应用塞瓦定理，有．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．注意到，则有，即，故．又对直线截，有．而，则，故．又对及截线，有，即有，故．从而．于是，．其中等号由中等号成立时成立，即当且仅当亦即当且仅当，亦即时取等号．此时，和之间成为如图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、、，为过、且圆心不在上的圆，分别过、两点且与圆相切的直线交于点，与圆交于点．证明：的平分线与的交点不依赖于圆的选取．（45预选题）证明设的平分线交于点，交圆于点，其中与是不同的两点．由于是等腰三角形，则有．同理，在中，有．在中，视为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理，有．注意到，．则．即，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．（1998年加拿大奥林匹克试题）证明设，则，对及点，应用第一角元形式的塞瓦定理，有．从而，即有．．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故．注此题也可这样来解：由，有．由于作为的函数在上严格递减，所以．故．因此，．或者过点作于，则，．关于有．所以，、、三线共点，因此点在上，即．例15如图2-19，在内取一点，使得，．设，，求．（1983年前南斯拉夫奥林匹克试题）解设，则．由第一角元形式的塞瓦定理，有．从而．，，．于是．注意到，知，．，故．所以为所求．注此题结果也可直接由①式有且，，求得．另外，此题也可这样来解：由，有．因为作为的函数在（，）上严格递减，所以．故．或者由，令，则．对和点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．则．因为作为的函数在上严格递增，所以．例16如图2-20，具有下面性质：存在一个内部的点，使得，，，．证明：是等腰三角形．（1996年美国第25届奥林匹克试题）证明设，则．由第一角元形式的塞瓦定理，有．即有．，．从而且，，故，即，从而．注此题也可这样来求解：由，有．因为作为的函数在（，）上严格递减，所以，即．故．还可对及点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，在四边形中，，，过，的交点引，，其中交，于，，交，于，．，分别交于，，则．（1990年cmo选拔试题）证明在，上分别取，，使，，则由对称性可知有下列角相等，即若设，，，，，，则，又，故．又，故，．连交于，在中，．故由塞瓦定理的逆定理，知，，共点，即过点．由对称性知，．例18如图2-22，在锐角中，以点引出的高为直径作圆交，于，，再从作．同样可作出，．试证：三直线，，相交于一点．（第29届预选题）证明设与，分别相交于点，，由，，知，即．同理，设，边上的高，的垂足分别为，，且，分别与，交于，，则有，．由于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，用等角代换上式，有．故由第一角元形式的塞瓦定理，知，，三线共点，即，，相交于一点．例19如图2-23，四边形内接于圆，，的延长线交于，，的延长线交于，为圆上任一点，，分别交圆于，．若对角线与相交于，求证：，，三点共线．证明连，，，，，．由，，有，，此两式相乘，有．①又由，，有，，此两式相乘，有．由①②，得．上式两边同乘以，得．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．于是．此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知，，交于一点．从而，，三点共直线．【模拟实战】习题A1．在中，是上的点，，是中点．与交于，交于，求四边形的面积与的面积的比．2．若通过各顶点的直线，，共点，并且它们在边，，所在直线上的截点，，关于所在边中点的对称点分别为，，，则直线，，也共点．3．一圆交的各边所在直线于两点，设边上的交点为，，边上的交点为，，边上的交点为，．若，，共点，则，，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．将各内角三等分，每两个角的相邻三等分线相交得，又，，分别平分，，且它们与，，交于，，．求证：，，三线共点．6．将的各外角三等分，每两个外角的相邻三等分线相交得．又，，分别平分，，且它们与，，交于，，．求证：，，三线共点．7．是的内切圆，，，上的切点各是，，．射线交于，同样可得，．试证：直线，，共点．8．在内部，且从，，各向，，所作的垂线共点，则从，，各向，，所作的垂线也共点．9．在中，，为形内一点，，，求的度数．10．在中，，，为形内一点，且，求的度数．（《数学教学》问题432题）11．在中，，，为形内一点，，求的度数．（《数学教学》问题491题）12．在中，，，为的平分线上一点，使，交于，交于．求证：．（《数学教学》问题531题）13．在中，，，为形内一点，，，求的度数．（《数学通报》问题1023题）14．在中，，，为形内一点，且，，求的度数．（《数学通报》问题1142题）15．在中，，，为形内一点，，，求的度数．（《数学通报》问题1208题）16．中，，，为形内一点，，．求证：．（《数学通报》问题1306题）17．在中，，，为形内两点，，．求证：，，三点共线．（《数学通报》问题1243题）18．中，，，为形内两点，，．求证：．（《数学通报》问题1281题）19．在中，，，为内心，为上一点，满足．试求的度数．（《数学通报》问题1073题）20．，，，，，顺次分别在的三边，，上，且，，，过，，分别作，，的平行线，，．求证：，，三线共点的充要条件是，，三线共点．21．在中，，于，过任作两射线分别交，于点，，交过点的平行线于，，且．求证：，，共点．22．在中，过三边，，边中的中点，，的三条等分三角形周长的直线，，（，，在三角形三边上）分别交，，于，，．求证：，，三线共点．23．的内切圆切，，于，，．是内一点，交内切圆于两点，其中靠近的一点为，类似定义，．试证：，，三线共点．24．在内部，的延长线分别交，于，；的延长线分别交，于，；的延长线分别交，于，，且满足．求证：，，所在直线共点．（《中学数学教学》擂台题（28））25．给定，延长边至，使．的外接圆与以为直径的圆相交于和．设与的延长线分别交和于，．求证：，，共线．（第15届伊朗奥林匹克题）26．在的边上向外作三个正方形，，，是正方形中的边，，对边的中点．求证：直线，，共点．习题B1．是的内切圆，，，，分别是，，上的切点，，，都是的直径．求证：直线，，共点．（《数学通报》问题1396题）2．四边形的内切圆分别与边，，，相切于，，，．求证：，，，四线共点．（《数学通报》问题1370题）3．锐角中，角的平分线与三角形的外接圆交于另一点，点，与此类似．直线与，两角的外角平分线交于，点，与此类似．求证：（Ⅰ）三角形的面积是六边形的二倍；（Ⅱ）三角形的面积至少是三角形面积的四倍．（-30试题）4．设为内一点，使，是线段上的点，直线，分别交边，于，．求证：．5．在凸四边形中，对角线平分，是的延长线上的一点，交于点，延长交的延长线于．试证：．6．在中，，，为内心，为上一点，满足．试求的度数．（《数学通报》问题1073题）7．设是等边三角形，是其内部一点，线段，，依次交三边，，于，，三点．证明：．（-37预选题）8．在一条直线的一侧画一个半圆，，，是上两点，上过和的切线分别交于和，半圆的圆心在线段上，是线段和的交（-35预选题）点，是上的点，．求证：平分．9．设是锐角的内接正方形的中心，其中内接正方形的两个顶点在边上，一个顶点在边上，一个顶点在边上．同样定义两个顶点分别在边和边上的内接正方形的中心分别为，．证明：，，交于一点．（-42预选题）10．以的底边为直径作半圆，分别与，交于点，，分别过点，作的垂线，垂足依次为，，线段和交于点．求证：．（1996年国家队选拔考试题）11．设，是锐角的外接圆的圆心和垂心．证明：存在，，分别在线段，，上，使得，且此时，，三线交于一点．（-41预选题）12．已知是的直径，弦于，点和分别在线段和上，且∶∶，射线，交于，．求证：，，三线共点．13．设是的内心，以为圆心的一个圆分别交于，，交于，，交于，．这六个点在圆上的顺序为，，，，，．设，，为弧，，的中点，直线，相交于，直线，相交于，直线，相交于．求证：直线，，三线共点．14．在的边和上分别向形外作和，使，且．求证：连线，与边上的高三线共点．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．在内三点，，满足，，则，，三线共点的充要条件是．17．在任意的三边，，上各有点，，，而是内部任一点，直线，，分别交线段，，于，，．求证：直线，，共点的充分必要条件是，，共点，而与点的位置无关．18．设是平面上区域内任一点，，，的延长线交三边于，，．求证：在区域内，存在一个以的某两边为邻边的平行四边形．19．设凸四边形的两组对边所在的直线，分别交于，两点，两对角线的交点为，过点作于．求证：．（2002国家集训队选拔试题）20．在中，和均为锐角．是边上的内点，且平分，过点作垂线于，于，与相交于．求证：．。

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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．。

塞瓦定理的推广及其应用

。
、
D B N 的交点
故O 在面
的交线 C M 上即 O 在平面
CD M上
,
内从而六个平面共点
下面利用定理
二
2
证明四面体的几个重要性质
G
、
。
定理 3 证明
过四面体各棱及对棱中点的六个平面共点
设E
、
。
F
、
H
、
M
、
N 分别是四面体 A B C D
,
M
,
M
Z
、
M
。
因平面 A B E
B CD
A CF
、
A D G
有公共点
A
O
、
因而交于直线 A O
C F
、
, 而 M 在交线
,
A O
,
上有
,
又
在平面
上
,
故这三个平面与 B C D 面的交线 B E
D G过 M
,
点
根据塞瓦定理
C E E D
F B 盯一
2
同理可证等式 (
,
四面体同一面上的三个外二面角的平分面与另三个内二面角平分面共点 ( 这点是四
面体一个旁切球的球心
叫旁心 )
。
设四面体的三双对棱各自互相垂直
设 A BE
、
,
分别过各棱作与对棱垂直的平面
、
,
所作六面共

塞瓦定理推论

塞瓦定理推论一、塞瓦定理回顾1. 定理内容- 在△ABC内任取一点O，延长AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则(BD/DC)×(CE/EA)×(AF/FB) = 1。

2. 证明方法（以面积法为例）- 因为(BD)/(DC)=frac{S_{ ABD}}{S_{ ACD}}=frac{S_{ OBD}}{S_{ OCD}}，所以(BD)/(DC)=frac{S_{ ABD}-S_{ OBD}}{S_{ ACD}-S_{ OCD}}=frac{S_{ ABO}}{S_{ ACO}}。

- 同理可得(CE)/(EA)=frac{S_{ BCO}}{S_{ ABO}}，(AF)/(FB)=frac{S_{ ACO}}{S_{ BCO}}。

- 将上述三个式子相乘，可得((BD)/(DC))×((CE)/(EA))×((AF)/(FB))=frac{S_{ ABO}}{S_{ ACO}}×frac{S_{ BCO}}{S_{ ABO}}×frac{S_{ ACO}}{S_{ BCO}} = 1。

1. 角元塞瓦定理- 内容- 设D、E、F分别是 ABC的三边BC、CA、AB上的点，三条塞瓦线AD、BE、CF交于一点M，则(sin∠ BAD)/(sin∠ DAC)·(sin∠ CBE)/(sin∠ EBA)·(sin∠ACF)/(sin∠ FCB)=1。

- 证明思路- 利用三角形的面积公式S = (1)/(2)absin C。

- 例如(BD)/(DC)=frac{S_{ ABD}}{S_{ ACD}}=(AB· AD·sin∠BAD)/(AC· AD·sin∠ DAC)，同理可得其他比例关系，再将这些比例关系相乘化简后可得到角元塞瓦定理。

- 当要证明三条直线共点时，可以利用塞瓦定理及其推论。

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。

太原市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22章角元形式的塞瓦定理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 '''∠∠∠⋅⋅='''∠∠∠证明由sin sin ABA AA CSBA AB BAA AC SAC 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．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1111111BACB AC A C B A C B⋅⋅=．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A '、B '、C '分别是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'''∠∠∠⋅⋅='''∠∠∠．事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有BOA COB AOC A DC B OA C OBS S S BA CB AC I 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 BD C OB'''⋅∠⋅∠⋅∠=⋅⋅'''⋅∠⋅∠⋅∠．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l （1998年加拿大数学奥林匹克题）如图22-1，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CE 的交点．证明：直线AF 和直线BC 垂直．40°20°α40°70°HFEDCBA图22-1证明如图22—1，设BAF α∠=，则40FAC α∠=︒-,对ABC △及点F ，应用甬元形式的塞瓦定理，有()sin10sin sin 401sin 70sin 40sin 20αα︒︒⋅⋅=︒︒-︒．从而()sin10sin 2sin 20cos 201sin70sin 40sin 20αα︒︒⋅︒⋅⋅=︒︒-︒，即有()sin 402sin sin102sin cos80ααα︒-=⋅︒=⋅︒()()sin 80sin 80αα=+︒+-︒．于是()()()sin 80sin 40sin 80ααα-︒=︒--+︒()()2cos60sin 20sin 20αα=⋅︒⋅-︒-=-︒-．注意到040α<<︒，知8020α-︒<-︒-，8020α-︒<︒，有8020αα-︒=-︒-，故30α=︒．延长AF 交BC 于H ，则180180306090AHB FAB ABH ∠︒-∠-∠︒-︒-︒︒===．故AF BC ⊥．例2（1994年香港代表队IMO 选拔赛题）如图22-2，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．BA图22-2证明用B 表ABC ∠的度数，令PCB θ∠=，则PBC θ∠=，ABP B θ∠=-，2ACP B θ∠=-，()22CAP B θ∠=π--,()()()()223422PAB A CAP B C B B B B θθθ∠=∠-∠=π---π--=π--π-+=-⎡⎤⎣⎦．对ABC△及点P应用第一角元形式的塞瓦定理，有()()()()sin 22sin sin 1sin 2sin 2sin B B B B θθθθθθπ--⎡⎤-⎣⎦⋅⋅=--．亦即()()()()()2sin 2cos 2sin 1sin2sin 2B B B B B θθθθθ-⋅-⋅-=-⋅-．亦即()()()()sin 22sin cos 2sin 32sin B B B B B θθθθ-=-⋅-=--．从而()()()sin sin 32sin 22cos 22sin B B B B B θθθ=---=-⋅ 而sin 0B ≠，则()1cos22B θ-=．由()1033B B BC θπ<-<<+<,有()220,3B θπ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭于是()23B θπ-=，即6B θπ-=，从而()()()()224222222236CAP B B B B PAB θθθθθθθθππ⎛⎫∠=π--=π---=-=-=--=-=∠⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭．故13PAB A ∠=∠，即AP 是A ∠的兰等分线．例3（2008年国家集训队测试题）如图22—3，设G 为ABC △内的一点,AG 、BG、CG 分别交对边于点D 、E 、F ．设AEB △和AFC △的外接圆的公共弦所在的直线为al ,类似地定义bl ，cl ．证明：直线al 、bl 、cl 三线共点．A 1D FECB A图22-3证明设AEB △的外接圆和AFC △的外接圆的另一交点1A ，则al 即1AA （1A 完全四边形的为密克尔点)．易知1A 在BAC ∠内，B 、A 、E 、1A 及C 、A 、F 、1A 分别四点共圆．类似定义1B ，1C ．此时,111FBA ABA A EC ∠=∠=∠，111BFA ACA EC A∠=∠=∠．从而11BFA ECA △∽△，即有11BA BF A E CE=．注意111A AC A AE A BE ∠=∠=∠，11A AB A EB ∠=∠，对1BA E △用正弦定理，有111111sin sin sin sin BA A EB A AB A E A BE A AC∠∠==∠∠．同理,1B 在ABC ∠内,1C 在ACB ∠内，1BB 即为bl ，1CC 即为cl ,且有11sin sin C CAAE BD C CB∠=∠，11sin sin B BC CD AF B BA∠=∠．从而111111sin sin sin sin sin sin A AB C CA B BCA AC C CB B BA∠∠∠⋅⋅∠∠∠BF AE CD BF AE CDCE BD AF FA EC DB=⋅⋅=⋅⋅．而由AG 、BG 、CG 分别交对边BC 、CA 、AB 于D 、E 、F ,应用塞瓦定理有1BF AE CDFA EC DB⋅⋅=．于是111111sin sin sin 1sinsin sin A AB C CA B BCA AC C CB B BA∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．这样利用第一角元形式的塞瓦定理可知直线1AA 、1BB 、1CC 三线共点，即al 、bl 、cl 三条直线共点．例4（2009年巴尔干地区数学奥林匹克题)在ABC △中，点M 、N 分别在边AB 、AC 上，且MN BC ∥，BN 与CM 交于点P ，BMP △与CNP △的外接圆的另一个交点为Q ．证明：BAQ CAP ∠∠=．证明如图22—4,设BAQ α∠=，PAN β∠=,PAQ γ∠=．γβαQPCMNBA 图22-4对于ABC △及点P 、MNQ △及点P 分别应用第一角元形武的塞瓦定理,有sin sin sin 1sin sin sin BAP ACP CBPPAC PCB PBA∠∠∠⋅⋅=∠∠∠, ① sin sin sin 1sin sin sin MNP NQP QMPPNQ PQM PMN∠∠∠⋅⋅=∠∠∠, ②注意到B 、M 、P 、Q 及C 、N 、P 、Q 分别四点共圆,则BMQ BPQ QCN ∠=∠=∠，QNC QPC MBQ∠=∠=∠．从而,A 、M 、Q 、C 及A 、B 、Q 、N 分别四点共圆．又因为MN BC ∥,所以BAP αγ∠=+，PAC β∠=,PMQ PBQ QAN βγ∠=∠=∠=+，ACP NQP ∠=∠，CBP MNP∠=∠，PCB PMN ∠=∠，PBA PQM ∠=∠，PNQ PCQ MAQ α∠=∠=∠=．由①÷②得()()sin sin 1sin sin αγαββγ+⋅=+． ()()sin sin sin sin αγαβγβ⇔+⋅=+⋅ ()()cos cos 2cos cos 2γαγγβγ⇔-+=-+()()cos 2cos 2αγβγ⇔+=+因为180BAC αβγ++=∠<︒，所以αβ=．例5（2007年西部数学奥林匹克题）设P 是锐角三角形ABC 内一点，AP 、BP 、CP 分别交边BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，已知DEF ABC △∽△．求证：P是ABC △的重心．证明如图22-5，设PEF α∠=，CPE β∠=,CPD γ∠=，EBC α'∠=．并分别用A 、B 、C 表示BAC ∠、ABC ∠、ACB ∠．α'γβαP FEDBA图22-5在DEF △中，由第一角元形式的塞瓦定理，有sin sin sin 1sin sin sin PEF PDE PEDPED PDF PFE∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，即()()()()()sin sin sin1sin sin sin C A βγβαβααβαβγβαβαπ---+-+⋅⋅=--π+++-- 在ABC △中，由角元形式的塞瓦定理,有sin sin sin 1sin sin sin PBC BAP ACPPBA CAP PCB∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，即()()()()()sin sin sin 1sin sin sin C A βγβαβααβαβγβαβα''π---+-+'⋅⋅='''--π+++--．设()()()()()()sin sin sin sin sin sin B x C x xf x B x A B x x βγββγβπ---+-+=⋅⋅--π+++--．由x ,B x -，B x βγπ---+,A B x βγ-π+++-，C x β--，0,2x βπ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭,易知()f x 递增．于是由()()f f αα'=可得αα'=,所以EF BC ∥．同理,DF AC ∥,DE AB ∥．从而，有AF AE FB EC =，AF DC FB BD =，DC ECBD AE=．所以，AF FB =，BD DC =，EC AE =．故P 为ABC △的重心．例6（2009年保加利亚数学奥林匹克题）ABC △的内切圆I 分别与三边BC 、AC 、AB 切于点1A 、1B 、1C ，l 为过点I 的任意一条直线．A '、B '、C '分别为点1A 、1B 、1C 关于l 的对称点．证明：AA '、BB '、CC '三线共点．证明如图22-6，由题设,知11B A A B ''=以及CB 、CA 均与I 相切，则l 图22-611111122mmB AC B A A B A B A ''''∠=======∠．若记()adB '为点B '到直线BC 的距离，()b d A '为点A '到直线AC 的距离,则()11sin a d B A B B AC '''=⋅∠()11sin b B A A B A d A '''=⋅∠=．同理，()()bcd C d B ''=,()()cad A dC ''=．由第一角元形式的塞瓦定理，AA '、BB '、CC '线共点111111sin sin sin 1sin sin sin C AA A BB B CC A AB B BC C CA '''∠∠∠⇔⋅⋅='''∠∠∠()()()()()()///1///c a b b c a d A AA d B BB d C CC d A AA d B BB d C CC ''''''⇔⋅⋅=''''''()()()()()()c a b b c a d A d B d C d A d B d C '''⇔⋅⋅''' ()()()()()()1c a b a b cd A d B d C d C d A d B '''=⋅⋅='''．例7（2008年国家集训队测试题）设P ，Q ,R 分别是锐角三角形ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点，使得PQR △是正三角形，并且它还是这样的内接正三角形中面积最小的．求证：点A 到QR 的垂线、点B 到RP 的垂线和点C 到PQ 的垂线,这三条直线共点．证明由于ABC △为锐角三角形，在PQR △形内可作以RP 为弦，对PQ 张角为A π-的圆弧;也可做一条以RP 为弦，B π-的圆弧．设两弧的交点为M (实际上M 为三角形的密克尔点），则R MQ A ∠==π-，RMP B ∠=π-,()()2PMQ A B ∠=π-π--π- A B C=+=π-，R 1P 1Q 1EQR FM PDCBA图22-7从而，A 、R 、M 、Q ;B 、P 、M 、R ;C 、P 、M 、Q 分别四点共圆．过M 作ABC △三边的垂线，在BC 、CA 、AB 上的垂足分别为1P ，1Q ,1R ．不妨设1R 在线段AR 上，记1R MR θ∠=，则11R MP B R MR θ∠=π-=∠=．同理，QMQ θ∠=．于是，11Rt Rt Rt MBR MPP MQ Q △∽△∽△，从而1111cos MR MP MQ MR MP MQ θ===． ① 由11MR MP MR MP =及11R MP RMP ∠=∠，知11R MP RMP △∽△，得111cos PR MRPR MRθ==．同理,11cos PQ PQ θ=，11cos Q R QRθ=．由11111cos PR MR Q R PR MR QRθ===,可知111PQR PQ R △∽△,相似比为cos θ．故111PQ R △也为ABC △的内接正三角形，且1112cos PQ R PQRS Sθ=△△．由面积的最小性知必有cos 0θ=，即0θ=．故MP AB ⊥，MQ BC ⊥，MR CA ⊥． ②设过A 、B 、C 所作的三垂线分别为AD 、BE 、CF ，点D 、E 、F 分别在RQ 、RP、PQ 上,则sin cos sin cos QAD AQRRAD ARQ ∠∠=∠∠cos /cos /AMR MR AM MRAMQ MQ AM MQ∠===∠．同理，sin sin RBE MPPBE MR∠=∠，sin sin PCF MQ QCF MP ∠=∠．这样，则有sin sin sin 1sin sin sin QAD RBE PCF RAD PBE QCF∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，由第一角元形式的塞瓦定理知AD 、BE、CF 共点．例8(2009年罗马尼亚大师杯数学奥林匹克题)如图，在平面上给定四个点1A 、2A 、3A 、4A ,其中任意三点不共线,使得123413241423A A A A A A A A A A A A ⋅⋅=⋅=．记iO 是kA A △；iA 的外心，这里{}{},,,1,2,3,4i j k l =．假设对每个下标i ，都有iiA O ≠．证明:四条直线iiAO 共点或平行．证明若四个点1A 、2A 、3A 、4A 构成一个凹四边形,不妨设4A 在三角形123A A A中，如图22-8（1）．(2)(1)O 3O 2A 2A 4O 1A 3A 1PA 4A 3A 2A 1图22-8作13124A A P A A A △∽△，则31412A A P A A A ∠∠=，从而41212A A P A A A ∠∠=，且1141312A P A AA A A A=．于是，12314A A A A A P △∽△．即有4142312A P A AA A A A=,故142343412A A A A A P A A A A ⋅==．又3241312A P A AA A A A=，所以，132433412A A A A A P A A A A ⋅==，从而3434A P A P A A ==．即知34A A P △为正三角形，所以1241341313460A A A A A AA A P A A A ∠+∠=∠+∠=︒．同理，32431460A A A A A A∠+∠=︒，21423460A A A A A A∠+∠=︒．设124A A Aα∠=，234A A Aβ∠=，314A A Aγ∠=，则13460A A A α∠=︒-，21460A A Aβ∠=︒-,32460A A A γ∠=︒-．因为1O 是234A A A △的外心，所以42190A A O β∠=︒-，于是12190A A O αβ∠=︒+-．同理,23290A A Oβγ∠=︒+-，31390A AOγα∠=︒+-．又431429030A A O A A A γ∠=︒-∠=︒+，则13190A A O γα∠=︒+-．同理,21290A AOαβ∠=︒+-，32390A A Oβγ∠=︒+-．由第一角元形式的塞瓦定理,知321131211113121132sin sin sin 1sin sin sin A A O A A O A A O O A A O A A O A A ∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．而132123O A AO A A ∠=∠,所以()()211121311131sin 90sinsin sin sin sin 90A AOO A A A AOO A A αβγα︒+-∠∠==∠∠︒+-．同理，()()322122sin 90sinsin sin 90A A O A A O βγαβ︒+-∠=∠︒+-，()()133233sin 90sin sin sin 90A A O A A O γαβγ︒+-∠=∠︒+-．所以322133211113221332sin sin sin 1sin sin sin A A O A A O A A O O A A O A A O A A ∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．由第一角元形式的塞瓦定理的逆定理，知11AO ，22A O ，33A O 三线共点或者互相平行．若四个点1A 、2A 、3A 、4A 构成一个凸四边形1234A A A A ,类似的可得：11AO ，22A O ,33A O 三线共点或者互相平行．同理11AO ，22A O ,44A O 三线共点或者互相平行．综上所述，四条直线()1,2,3,4i iAO i =共点或平行．例9（2006年第23届巴尔干地区数学奥林匹克题）已知直线l 与ABC △的边AB 、AC 分别交于点D 、F ，与BC 的延长线交于点E ．过A 、B 、C 且与l 平行的直线与ABC △的外接圆分别交于点1A 、1B 、1C ．证明：1A E 、1B F 、1C D 三线交于一点．证明如图22—9，设O 为ABC △的外接圆，l 即为直线DFE ，过O 作l 的垂线1l ．设D 、E 、F 关于1l 的对称点分别是D '、E '、F '．故只需证AE '、BF '、CD '三线共点即可．l 1图22-9又由第一角元形式的塞瓦定理知，只需证sin sin sin 1sin sin sin E AB F BC D CA E AC F BA D CB'''∠∠∠⋅⋅='''∠∠∠即可．注意到sin sin sin sin sin sin E AB E AB AE F E AC AE F E AC'''∠∠∠=⋅'''∠∠∠ E D AF AF E D AD E F AD E F''=⋅=⋅''．同理，sin sin F BC BD F E F BA BE F D ''∠=⋅''∠，sin sin D CA CE D F D CB CF D E ''∠=⋅''∠．注意对ACB △应用梅涅劳斯定理，有sin sin sin sin sin sin E AB F BC D CA E AC F BA D CB'''∠∠∠⋅⋅'''∠∠∠ AF BD CE E D D F F E AD BE CF D E F D E F'''=⋅⋅⋅⋅⋅''' 1AF CE BD FC EB DA=⋅⋅=．因此，1A E 、1B F 、1C D 三线交于一点．练习题二十二1．(1983年前南斯拉夫数学奥林匹克题）在ABC △内取一点M ,使得30MBA ∠=︒，10MAB ∠=︒．设80ACB ∠=︒，AC BC =．求AMC ∠．2．（1996年美国数学奥林匹克题）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．3．(IMO 45-预选题）已知直线上的三个定点依次为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．4．（2008年罗马尼亚国家队选拔赛题)已知锐角ABC △的垂心为H ，X 为ABC △所在平面上的任意一点，以HX 为直径的圆与直线AH 、AX 分别交于点1A 、2A ．类似地定义1B 、2B 和1C 、2C ．证明：12A A 、12B B 、12C C 三线共点．5．（2009年中国国家集训队选拔考试题）设D 是ABC △的边BC 上一点，满足CDA CAB △∽△，O 经过B 、D 两点，并分别与AB 、AD 交于E 、F 两点,BF 、DE 交于G 点．连结AO 、AG ,取AG 的中点M ．求证：CM AO ⊥．6．（2000年波兰数学奥林匹克题）在等腰ABC △中，M 为底边AB 的中点，在ABC △内有一点，使得PAB PBC ∠=∠．求证：APM BPC ∠+∠=π．7．（2005年全国高中联赛题)在ABC △中，AB AC >,过A 作ABC △的外接圆的切线l ，又以A 为圆心,AC 为半径作圆分别交线段AB 于D ，交直线l 于E 、F ．证明：直线OE ,DF 分别通过ABC △的内心与一个旁心．8．（2007年全国高中联赛题）在锐角ABC △中，AB AC <，AD 是边BC 上的高，P 是线段AD 内一点，过P 作PE AC ⊥，垂足为E ，作PF AB ⊥，垂足为F ．1O 、2O 分别是BDF △、CDE △的外心，求证:1O 、2O 、E 、F 四点共圆的充要条件是P 为ABC △的垂心．。

塞瓦定理的推广及其应用

塞瓦定理的推广及其应用塞瓦定理，也称等可分定理，是数学上一种重要的定理，它可以帮助我们求解多种复杂的问题。

它的定义是：如果一个区间上的多变函数被可积函数拆分，那么多变函数可以用可积函数的和表示。

塞瓦定理是由保罗萨瓦于1811年发现的，自此以后，它就成为数学领域中一个重要的定理，被广泛应用于数学建模，物理和工程等领域。

经过一百多年的发展，塞瓦定理已经发展出许多推广版本，其中最重要的一个是凯撒凯洛瓦定理，该定理是由法国数学家凯撒凯洛瓦于1841年发明的，它的定义是：如果一个区间上的多变函数被可积函数拆分，那么多变函数可以以正交线性组合的方式（也就是说，使用正交函数的线性组合）表示。

凯撒凯洛瓦定理的发展也影响了塞瓦定理的应用，其最重要的应用就是可积函数的变换和积分。

凯撒凯洛瓦定理可以用来变换可积函数，因为多变函数可以用可积函数表示，所以可以使用凯撒凯洛瓦定理对可积函数进行变换，从而达到更好的积分效果。

此外，凯撒凯洛瓦定理也可以用于解决复杂的积分求解问题。

假设函数f(x)是一个多变函数，如果想要求解它的积分，首先可以使用塞瓦定理将f(x)拆分成可积函数，然后再使用凯撒凯洛瓦定理对可积函数进行变换，从而得到可以更容易求解的新函数，从而轻松求解原积分问题。

此外，凯撒凯洛瓦定理还可以用于数学建模。

凯撒凯洛瓦定理可以通过将所有可积函数线性组合，将复杂的多变函数表示为更加简单的线性组合，从而简化复杂的数学建模问题以及求解复杂的数学等式。

总之，塞瓦定理的推广以及凯撒凯洛瓦定理的发展，极大的改变了可积函数的变换和积分求解以及数学建模的方式，为科学研究提供了深厚的依据，并且在现代科学技术中有着重要的作用。

实际上，塞瓦定理和凯撒凯洛瓦定理在现代科学技术中的应用也越来越广泛，比如在计算机科学，物理学和工程学等领域，它们都可以用来求解复杂的问题。

因此，塞瓦定理及其推广版本凯撒凯洛瓦定理被认为是一种“神奇的武器”，它可以帮助我们轻松解决复杂的问题，为现代科学研究提供重要的思路。

2角元塞瓦定理及其应用1

§2角元塞瓦定理及其应用(I)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，单独的角元塞瓦定理大有与梅涅劳斯定理和塞瓦定理成三足鼎立之势．此外。

对于某些关于角度的计算题，使用角元塞瓦定理的解法往往别具一格，是其他方法所不能比拟的．1．角元塞瓦定理定理1如图l，设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，三条线段AD、BE、CF交于一点M．则定理中一共给出了四个结论．其实，定理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，把角元塞瓦定理看作是拼成一个大三角形或四边形的三个小三角形的三个正弦定理的乘积也许更直接一些．角元塞瓦定理还有下面一种情形：定理2 如图2，设D是边BC上的点，E、F分别是边AC、AB的延长线上的点，三条直线AD、BE、CF 交于△ABC的边BC之外的一点M则有与定理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AC或AB之外，结果是完全类似的．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个结论成立：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的三个顶点各引一条异于三角形三边的直线AD、BE、CF．若则AD、BE、CF三线共点或互相平行．2．范例选讲例1、如图4，在△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD 和AC交于点N．求证： (1)OB⊥DF，OC⊥DE； (2)OH⊥MN．证明：(1)因为点0是△ABC的外心，则∠BOC=2∠BAC．故∠OBC= 1(180 -∠BOC)2=90 -∠BAC ．因为A、F、D、C四点共圆，所以，∠BDF =∠BAC记OB FD=P．于是，∠BPD =180 -∠PBD-∠PDB =90 ．因此，OB⊥DF．同理，OC⊥DE．(2)过点O作OG⊥MN于G．因为AD⊥BC，BE⊥AC，CF⊥AB，则∠COG=∠NME, ∠GOB=∠FNM,∠OBE=∠ANF, ∠EBC=∠DAN,∠BCF=∠MAD, ∠FCO=∠EMA.对△AMN和点D应用角元塞瓦定理有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．例2、四边形ABCD内接于圆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作圆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5，联结AE、CE、DE 、DF ．因为QE、QF都是圆O的切线，所以，∠AEF=∠ADF =180 -∠QDF，∠FED=∠QFD．又∠PDA=180 -∠PDQ，∠DAP=∠DCQ，∠EDP= ∠QEC，∠PAE=∠ECB=180 -∠QCE，对△EDA和点P应用角元塞瓦定理的逆定理知AB、CD、EF三线共点．从而，P、E、F三点共线．例3、锐角△ABC内接于圆O，分别过点B、C作圆O的切线，并分别交过点A所作圆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 =α，∠NDA=β．只须证明α=β.因为MN、MB、NC都是圆O的切线，所以，∠MAB=∠MBA=∠ACB，∠NAC=∠NCA=∠ABC．对△DAB和点M应用角元塞瓦定理有同理，对△DAC和点N应用角元塞瓦定理又有比较式①、②即得tanα=tanβ.因此，α=β，即AD平分∠MDN．例4、在凸五边形ABCDE中，∠AED=∠ABC=90 ，∠BAC=∠EAD.BD CE=F．求证：AF⊥BE．(第23届IMO预选题)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．因为△ABC∽△AED，所以，又∠BAC=∠EAD，则∠BAD=∠CAE．由关于△ABE的角元塞瓦定理的逆定理知AH、BD、CE三线共点F．因为AH⊥BE，所以，AF⊥BE．角元塞瓦定理的最大优点在于它的三角表达式非常适合于进行角的计算．例5、如图8，在△ABC中，∠BAC=40 ，∠ABC=60 ，在边AC、AB上分别取点D、E，使得∠CBD =40 ，∠BCE=70 ，BD CE=F．求证：AF⊥BC．(1998，加拿大数学奥林匹克) 证法l：因为∠ABC=60 ，∠CBD=40 ，∠BAC=40 ，∠BCE=70则∠ABD =20 ，∠ACB=80 ，∠ACE=10 ．设∠BAF=x，于是，∠FAC=40 -x．对△ABC和内点F应用角元塞瓦定理有作为x的函数在(0，π)上严格递减，所以，∠BAF=x=30 ．故∠ABC+∠BAF=90 ．因此，AF⊥BC．证法2：过点A作AH⊥BC于H．则∠BAH =30 ，∠HAC=10 ．关于△ABC有所以，AH、BD、CE三线共点．因此，点F在线段AH上，即AF⊥BC．例6、如图9，P为△ABC内一点，使得∠PAB=10 ，∠PBA=20 ，∠PCA=30 ，∠PAC=40 . 求证：△ABC是等腰三角形．(1996，美国数学奥林匹克)证明：设∠ACB=x，则∠BCP=x-30 ．对△APC和点B应用角元塞瓦定理有因此，x=50 ．又因为∠BAC =10 +40 =50 =x=∠ACB，所以，△ABC为等腰三角形．例7、如图10，在△ABC中，AB=AC，∠A=20 ，在边AB、AC上分别取点D、E，使得∠EBC=60 ，∠DCB=50 ．求∠BED的度数．解法1：设∠BED=x，于是，∠CED=40 +x．对△BCE和点D应用角元塞瓦定理有作为x的函数在(0，π)上严格递减，所以，∠BED=x=30 ．解法2：设∠BED=x ，于是，∠EDB=160 -x．对△EDC和点B应用角元塞瓦定理有思考，如果对△DBE和点C或△DBC和点E使用角元塞瓦定理，能否得到同样的结果?答案是肯定的，但推导的难度提高了．具体来说，推导过程中要用到一个三角恒等式，这里作为引理给出．例8、如图11，在四边形ABCD中，∠CAB=30 ，∠ABD=26 ，∠ACD=13 ，∠DBC=51 .求∠ADB 的度数． (1989，中国国家集训队测验题)解法1：设∠ADB=x，于是，∠ADC=x+43 ．因为∠CAB=30 ，∠ABD=26 ，∠DBC=51 ，∠ACD=13 ，则∠ACB=73 ，∠BDC=43 .对△BCD和点A应用角元塞瓦定理有解法2：设∠ADB=x，于是，∠ADB=154 -x．对△DAC和点B应用角元塞瓦定理有作为x的函数在(O，π)上严格递减，所以，∠ADB=x=107 ．例9、如图l2，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=80 ，在△ABC内取一点M，使得∠MAB=10 ,∠MBA=30 ．求∠AMC的度数．(1983，前南斯拉夫数学奥林匹克)解法1：因为AC=BC，∠ACB=80 ，则∠CAB=∠CBA=50 ．因为∠MAB=10 ，∠MBA=30 ，所以,∠CAM=40 ，∠CBM=20 ．设∠BCM=x，于是，∠ACM=80 -x．对△ABC和点M应用角元塞瓦定理有作为x的函数在(0，π)上严格递减，所以，∠BCM=x=10 ．故∠AMC=∠MAB+∠ABC+∠BCM=70 ．解法2：因为AC=BC，∠ACB=80 ，则∠CAB=∠CBA=50 ．因为∠MAB=10 ，∠MBA=30 ，所以,∠CAM=40 ，∠CBM=20 ．∠AMB=140 ．设∠AMC=x，于是，∠CMB=220 -x．对△MAB和点C应用角元塞瓦定理有作为x的函数在(0，π)上严格递增，所以，∠AMC=x=70 ．。

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

塞瓦定理在△ABC内任取一点O，直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则 (BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1证法简介（Ⅰ）本题可利用梅涅劳斯定理证明： ∵△ADC被直线BOE所截， ∴ (CB/BD)*(DO/OA)*(AE/EC)=1 ① 而由△ABD被直线COF所截，∴ (BC/CD)*(DO/OA)*(AF/FB)=1② ②÷①:即得：(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1 （Ⅱ）也可以利用面积关系证明 ∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=(S△ABD-S△BOD)/(S△ACD-S△COD)=S△AOB/S△AOC ③ 同理 CE/EA=S△BOC/ S△AOB ④ AF/FB=S△AOC/S△BOC⑤ ③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1 利用塞瓦定理证明三角形三条高线必交于一点: 设三边AB、BC、AC的垂足分别为D、E、F，根据塞瓦定理逆定理，因为(AD:DB)*(BE:EC)*(CF:FA)= [(CD*ctgA）/[(CD*ctgB）]*[(AE*ctgB)/(AE*ctgC)]*[(BF*ctgC)/[(BF*ctgA)]=1，所以三条高CD、AE、BF交于一点。

可用塞瓦定理证明的其他定理; 三角形三条中线交于一点（重心）:如图5 D , E分别为BC , AC 中点所以BD=DC AE=EC 所以BD/DC=1 CE/EA=1 且因为AF=BF 所以 AF/FB必等于1 所以AF=FB 所以三角形三条中线交于一点此外，可用定比分点来定义塞瓦定理：在△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上分别取L、M、N三点，又分比是λ=BL/LC、μ=CM/MA、ν=AN/NB。

于是AL、BM、CN 三线交于一点的充要条件是λμν=1。

（注意与梅涅劳斯定理相区分，那里是λμν=-1）塞瓦定理推论 1.设E是△ABD内任意一点，AE、BE、DE分别交对边于C、G、F，则(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=1 因为(BC/CD)*(DG/GA)*(AF/FB)=1，（塞瓦定理）所以(BD/CD)*(CE/AE)*(AF/FB)=K（K为未知参数）且(BD/BC)*(CE/AE)* (GA/DG)=K（K为未知参数）又由梅涅劳斯定理得：(BD/CD)*(CE/AE)*(AF/FB)=1 所以(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=1 2.塞瓦定理角元形式 AD,BE,CF交于一点的充分必要条件是： (sin∠BAD/sin∠DAC)*(sin∠ACF/sin∠FCB)*(sin∠CBE/sin∠EBA)=1 由正弦定理及三角形面积公式易证 3.如图，对于圆周上顺次6点A,B,C,D,E,F，直线AD,BE,CF交于一点的充分必要条件是： (AB/BC)*(CD/DE)*(EF/FA)=1 由塞瓦定理的角元形式，正弦定理及圆弦长与所对圆周角关系易证。

塞瓦定理的推广及其应用

塞瓦定理的推广及其应用塞瓦定理是拉格朗日二次型不等式的重要定理，又称为拉格朗日凸优化定理。

它能够帮助我们优化凸函数在最优化问题中的最优解，并可作为最优化技术的基础。

同时，塞瓦定理也可以被推广到非凸函数的情况，特别是当函数含有非凸约束时，这种推广就有着重要的意义。

一、瓦定理的基础塞瓦定理是一个数学定理，当满足某些条件时，它能够求得凸函数极值，是凸优化中一个重要的定理。

首先，要理解塞瓦定理，需要先了解凸函数及极值的定义。

凸函数是一类特殊的函数，它的定义是，当任意两点的线段在函数的图形上时，所有点的线段都在函数的图形上。

极值则是指函数的最大值或最小值点，在凸函数图形上，极值点处函数图像接近水平线，没有斜率存在。

塞瓦定理可以求出凸函数最优解，在优化问题中有着重要的意义。

塞瓦定理的基本原理是，当给定一个凸函数，并且给定一组约束条件（限制函数的自由度）时，满足约束条件的函数极值点必然是给定凸函数的极值点。

二、瓦定理的推广塞瓦定理的推广分为两种情况：非凸函数的凸性优化和非凸函数的非凸性优化。

（1）凸函数的凸性优化对于非凸函数的优化，可以将其转化为一系列的凸函数的优化问题，然后使用塞瓦定理求出每一系列的凸函数的最优解，最后将这些最优解组合起来，就得到了非凸函数的最优解。

（2）凸函数的非凸性优化同样，可以将非凸函数的非凸性优化转化为凸函数的优化，但是这种方法比上述凸性优化要更为复杂，因为非凸函数的非凸性优化会包括凸函数以外的函数形式，比如正定矩阵、半正定矩阵等。

因此，要求解出非凸函数的非凸性优化，通常需要提出特定的优化算法，并结合塞瓦定理，一步步进行求解。

三、瓦定理的应用塞瓦定理的应用广泛，主要集中于优化问题领域，可以求解复杂的最优化问题。

例如，塞瓦定理可以用于机器学习中的支持向量机算法，同时也被广泛应用于诸如模式识别与计算机视觉等领域的研究中。

此外，塞瓦定理也可以用于金融风险管理、数据挖掘、社会网络分析、自然语言处理等领域。

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 ⊥．。

塞瓦定理的应用

塞瓦定理的应用塞瓦定理是一种数学定理，也被称为塞瓦不等式或乘积不等式，由18世纪法国数学家塞瓦于1785年提出。

它被广泛应用于几何、组合数学等领域。

塞瓦定理的定义是，如果给定一组实数a1、a2、… an，那么对于任意的正数x，有：(a1 + a2 +… an)2 a12 + a22 +… an2不等式中的两边都是实数组成的多项式，合起来就是定理。

塞瓦定理的具体应用根据其特点而分为几大类：首先，塞瓦定理可以用于几何几率领域。

特别是在计算多边形边长之和时，塞瓦定理可以提供有效的应用。

假设有一个n边形，定义a1、a2、… an分别为它的边长。

那么由塞瓦定理可知，边长之和应为：a1 + a2 +… an (a12 + a22 +… an2)也就是说，多边形的边长之和不小于它的边长的平方和的平方根。

其次，由于塞瓦定理有三维变体，因此也可以用于三维几何领域。

当一个三角形有三条不同的边a1、a2、a3时，塞瓦定理给出了边长之和的上界：a1 + a2 + a3 1.73 * (a12 + a22 + a32)此外，塞瓦定理还可以用于数学影响排序，例如排序统计数据中的三个平均值a、b和c。

由塞瓦定理可以知晓：(a + b + c)2 3(a2 + b2 + c2)最后，塞瓦定理也可以用于组合数学领域。

它在计算N个正整数之和方面有最大的功效。

当任意整数n1、n2、…nm> 0，塞瓦定理有：(n1 + n2 +… nm)2 n12 + n22 +… nm2从而可以得出它们的最大和应该是：(n1 + n2 +… nm)1/2综上所述，塞瓦定理的应用范围很广，不仅可以用于几何几率领域，还可以用于数学影响排序、三维几何和组合数学等领域。

从这些应用中可以看出，塞瓦定理除了在数学中理论应用之外，还一直被广泛应用于工程和科学实践中，发挥了重要作用。

塞瓦定理的应用确实不仅仅限于数学理论，它还可以用于教育、工程等各种领域。

例如，塞瓦定理可以用来帮助学生摸清事物之间的相互关系，增进学生对包括多边形在内的几何图形的理解；在工程领域，塞瓦定理可以用于结构失效风险分析，保障工程安全可靠。

运用角元塞瓦定理巧解数学竞赛题

运用角元塞瓦定理巧解数学竞赛题作者：欧阳成明来源：《中学生数理化·教与学》2011年第02期一、角元塞瓦定理定理1 如图1，设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，三条线段AD、BE、CF交于一点（１）对△ABC与点M，有∠∠MAC·∠∠MCB·∠∠MBA=1（２）对△MBC与点A，有∠∠DMC·∠∠ACB·∠∠ABM=1（３）对△MCA与点B，有∠∠EMA·∠∠BAC·∠∠BCM=1（４）对△MAB与点C，有∠∠FMB·∠∠CBA·∠∠CAM=1定理中一共给出了四个结论.定理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衍生出来的，即由边的比过渡到角的正弦的比.其实，把角元塞瓦定理看做是拼成一个大三角形或四边形的三个小三角形的三个正弦定理的乘积也许更直接一些.角元塞瓦定理还有下面一种情形定理2 如图2，设D是边BC上的点，E、F分别是边AC、AB的延长线上的点，三条直线AD、BE、CF交于△ABC的边BC之外的一点∠∠MAC·∠∠MCB·∠∠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，结果是完全类似的图2中的△BFM和△CME中，都只有一条边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个结论成立（１）对△ABC和点M，有∠∠MAC·∠∠MCB·∠∠MBA=1（２）对△BMA与点C，有∠∠CBA·∠∠CAM·∠∠CMB=1（３）对△MCB与点A，有∠∠AMB· ∠∠ABC· ∠∠ACM=1(4)对△AMC 与点B ，有 ∠∠BCM· ∠∠BMA· ∠∠二、范例选讲例如图３，在△ABC 中，AB=AC ，∠A=20°，在边AB 、AC 上分别取点D 、E ，使得∠EBC=60°，∠DCB=50°.求∠BED 的度数解:设∠BED=x ，于是∠对△BCE 和点D 应用角元塞瓦定理有 ∠∠DCE·∠∠DEB· ∠∠则因为作为x 的函数在(0，上严格递减，所以∠BED=x=30°.。

角元塞瓦定理逆定理

角元塞瓦定理逆定理
角元塞瓦定理是一个基本的几何定理，它指出了在一个多边形内，所有的内角的和等于多边形的边数减1乘以180度。

而角元塞瓦定理的逆定理则是当有两个角的和等于多边形的边数减1乘以180度时，这两个角必须在同一条边上。

也就是说，若有两个角的和等于多边形边数减1乘以180度，那么这两个角必须在同一条边上，而且这个多边形也只有这两个角。

因此，角元塞瓦定理的逆定理是有其独特性质的，它在几何学中具有重要的意义。