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 ．。