塞瓦定理及应用

1、第二章塞瓦定理及应用【基础知识】塞瓦定理 设A , B , C分别是 ABC的三边BC , CA , AB或其延长线上的点，若AA , BB，CC三线平行或共点，则竺 1 .AC BA C 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CB ,竺 .BA AD C B BC又由 BA Af AC 有 _BA_ ADPAEA'AC从而 BACBACADBCACBACBEAAD若AA，BB，CC三线平行,注 (1)对于图2-1 ( b )、ADEA .EA 1.BC可类似证明（略）.c）也有如下面

2、积证法:1，即证.由：_BA CB AC_'AC BA C BSapabSa pbc（2）点P常称为塞瓦点.（3）共点情形的塞瓦定理与梅涅劳斯定理可以互相推证. 首先，由梅涅劳斯定理推证共点情形的塞瓦定理.如图2-1 （ b ）、（C ），分别对 ABA及截线CPC，对 AAC及截线B PB应用梅涅劳斯 定理有BC AP ACCA PA C B1，AB CB 担 1.BC BA PA上述两式相乘，得业CB竺1 .AC BA C B其次，由共点情形的塞瓦定理推证梅涅劳斯定理.如图2-2，设A，B，C分别为 ABC的三边BC，CA，AB所在直线上的点，且 A，B， C三点共线.令直线BB与

3、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，BA的交点），有BACABX1 .ACABXB对 CAC及点A（直线 CB，AY，CB的交点），有CBABC Y1 .BCBCYC对 ABA及点B（直线 AC，BZ，AC的交点），有ACBCAZ1 .C BCAZA对 BBC及点C（直线 BA，BA，CX的交点），有BXBAC A1 .XBACAB对 CCA及点A（直线 CB，CB，AY的交点），有CYCBAB1 .YCBABC对厶AAB及点B（直线 AC，AC，BZ的交点），有AZ

4、ACBC1 .ZAC BCA上述六式相乘，有2BA CB AC1 .AC BA C B故BA CB竺1.AC BA C B塞瓦定理的逆定理 设A , B , C分别是 ABC的三边BC , CA , AB或其延长线上的点, 若BA CB ACAC BA C B 贝U AA， BB，1 , 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G，则由塞瓦定理，有BA CBACii，又已知有BACBi，由此得竺AC，即竺AC BACiBACBA CiBCiBC BAB箫，亦即ACi AC，故Ci与C重合，从而AA，BB，CC三线共点.若 AA II BB，则 CBB AB

5、B .代入已知条件，有CBAC，由此知CC II AA，故CBAA II BB II CC .上述两定理可合写为：设 A， B，C分别是 ABC的BC，CA，AB所在直线上的点，则三直线A，BB，CC平行或共点的充要条件是CB i.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 / BAA sin / ACC sin / CBBi .BC sin / CBB AC AB sin / B BA ' C BAC sin / ACCBC sin / CCBsin / A AC sin / C CB s

6、in / B BA证明 由 BA abaAB sin / BAA CBAC S AAc AC si n / A AC ' BA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 / BOA sin / AOC sin / COB sin / AOC sin / COB sin / BOA证明注意到塞瓦定理及其逆定理，有BO sin / BOA CO sin / COB AO sin / AOCCO sin / AOC AO

7、sin / BOA BO sin / COB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、式的右端仍为i.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.、式中的角也可按式的对应线段记忆.推论设Ai，Bi，Ci，分别是 ABC的外接圆三段弧?C，Ca，Ab上的点，贝UAA，BE，CCi共点的充要条件是BA| CBi ACiAC Bi A CiB证明 如图2-3,设厶ABC的外接圆半径为R , AA交BC于A , BB1交CA于B , C。交AB于C 由A，Ci，B，A,，C，Bi六点共圆及正弦定理，有BA1AC2R sin / BAA,

8、sin / BAA 2R sin / "AC sin Z A AC 同理 CBi sin Z CBB AC, sin Z ACC' BiA sinZ BBA CiB sinZ 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：对厶ACE及点D有ABCGEF1BCGEFA对厶CDE及点A有CFDBEG1，FDBEGC对 ADE及点C有DGAFEB1GAFEBD对厶ABD及点F有ACBEDH1，CBEDHA对 ACD及点E有AGDFCB1，GDFCBA对 A

9、DF及点B有AHDCFE1HDCFEA对 ABF及点D有BCAEFH1，CAEFHB对厶BDF及点A有BEDCFH1 .EDCFHB【典型例题与基本方法】1 恰当地选择三角形及所在平面上的一点，是应用塞瓦定理的关键例1四边形两组对边延长分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连线的线段.（1978年全国高中竞赛题）证明 如图2-5，四边形ABCD的两组对边延长分别交于E， F，对角线BD II EF， AC的 延长线交EF于G .对厶AEF及点C ,应用塞瓦定理，有EG FD ABGF DA BE由BD II EF，有AB AD，代入上式，BE DF

10、得匹1，即EG GF .命题获证.GF例2如图2-6,锐角 ABC中，AD是BC边上的高，H是线段AD内任一点，BH和CH的 延长线分别交AC，AB于E， F .求证：Z EDH Z FDH .（1994年加拿大奥林匹克试题）FB DC EA证法1对厶ABC及点H，应用塞瓦定理，有-BD1 .过 A 作 PQ / BC，延长 DF , DE 分别交 PQ 于 P , Q，贝U DA 丄 PQ，且 APF s BDF , AQE s CDE，从而AFPA -FBBD , AQ而由,有 BDFBEA DC .CE目 DC，故 PA AQ . CE由此知AD为等腰 APQ底边PQ上的高，故Z EDH

11、 Z FDH .证法2 对 ABC及点H应用塞瓦定理，有AD sin Z ADF BD DC sin Z EDC /tanZ ADF cotZ ADE .BD sin Z FDB DC AD sin Z ADE 即tanZ ADE tanZADF，由锐角性质知Z EDA Z FDA .类似地，对 ABE及截线FHC或对 AFC及截线BHE应用梅涅劳斯定理也可证得有 Z EDA Z FDA .注 将此例中的平角Z BDC变为钝角，则有如下：例3 如图2-7，在四边形ABCD中，对角线AC平分Z BAD .在CD上取一点E，BE与AC 相交于F，延长DF交BC于G .求证：ZGAC Z EAC .

12、（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 DE1 .GB HD ECAH平分Z BAD，由角平分线性质，可得BH AB 故 CG AB DE 1HD AD，故 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CGCIDEADCI ABAD,.所以GBABECCJAB ADCJ从而，CI CJ .又 CI / AB， CJ / AD，有 Z ACI 180 Z BAC 180 Z DAC Z ACJ . 因此， ACI ACJ，即有 Z IAC Z JAC .故 Z GAC

13、Z EAC .注 由此例还可变出一些题目，参见练习题第 4、5及19题.LMN为正三角形.例4 如图2-8，BE是厶ABC的中线，G在BE 上,分别延长AG，CG交BC，AB于D，F， 过D作DN / CG交BG于N， DGL及厶FGM为正三角形.求证： 证明连NF，对 ABC及点G应用塞瓦定理，有AF DCFB BD1 .而 AE CE，贝UAF BD CEFB DC EA由 DN / CG，于是，有FB由CDBDNGBNNGBN，从而FN / AD，即知四边形DNFG为平行四边形,有 ZGDN Z GFN .又 Z GDL Z GFM 而 DN GF FM， 是60，贝U ZLDN ZNF

14、M .ZDNL Z NMF .于DL DG NF，知 LDN 也 NFM，有 LN MN，Z MFG 60 .故厶LMN为正三角形.例5 如图2-9,在一个 ABC中，Z C 2Z B , P为 ABC内满足 AP AC及PB PC的一 点.求证：AP是Z A的三等分线.(1994年香港代表队IMO选拔赛题)证明 用B表示ZABC的度量，令 Z PCB，贝UZ PBC, Z ABP B , Z ACP 2B ,Z CAP n 2 2B (其中注意 AP AC ) , Z PAB Z A Z CAP n B C n 2(2B)(n 3B)( n 4B对厶ABC及点P ,sin n 2(2B)si

15、n(B 2 )亦即 2sin(2 B应用第一角元形式的塞瓦定理，有sinsi n(2B ) )cos(2 B sin( Bsin(B )1 .sin)sin(B )1 .2 ) sin(2B)于是sin(B 2 )2sin(B) cos(2 B ) sin(3B 2 ) sin B ,sin(B 2 ) 2cos(2 B2 ) sin B .而 sin B0,则 cos2(B因0B1 b(B32(B)上，即B3从而Z CAPn 2(2 B2(B 2)2Z PAB .故 Z PAB1/A，即即 sinB si n(3B2 )C)n，则2(b)n 4(B)2AP是ZA的三等分线.0,2n33利用第

16、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:1 .2例6设M、N分别为锐角 ABC ( ZA Z B )的外接圆 上弧?C、Ac的中点.过点C 作PC II MN交圆 于点P , I ABC的内心，联结PI并延长交圆 于点.求证:MP MT NP NT .证明事实上，易知A、I、M及B、I、N分别三点共线，对 PMN及点I应用第一角元形式的塞瓦定理，有sinZ NPIsin Z PMIsin Z MNIsin Z IMNsin Z INPsin Z ipm由 CP II MN 知 PA PB，有 Z PMIZINP .sin1 Z B c于是式即为NT2CNMP于

17、疋式即为MT. 1 / 八 CMNP .sin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，在厶ABC中，Z BAC 90 , G为AB上给定的一点（G不是线段AB的中 点）.设D为直线GC上与C , G都不相同的任意一点，并且直线AD , BC交于E ,直线BD , AC交于F，直线EF , AB交于H .试证明交点H与D在直线CG上的位置无关.（1990年苏州市高中竞赛题）证明 设G分线段AB为定比i , H分线段AB为定比2 .下证2由i确定，即当A , B给定后，点H的位置由点G唯一确定.在厶ABC中，由AE , BF , CG

18、交于一点D，应用塞瓦定理，有竺匹圧1，即iGB EC FABE CF1 .EC FA对厶ABC及截线EFH ,应用梅涅劳斯定理,翌更生1，即2匹坐 1 .HB EC FAEC FA上述两式相加，得（12）n CA0.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为厶ABC内任一点，在形内作射线AL , BM , CN，使得ZCAL Z PAB , Z MBC Z PBA , ZNCA=Z 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BL AB sin

19、 Z BAL AB sin Z PACLC AC sin Z CAL AC sin Z PAB '同理,CMMABC sin Z PBAAB sin Z PBCAN AC sin Z PCBNB BC sin Z PCA '将上述三式相乘，并应用正弦定理，有BL CM AN sin Z PAC sin Z PBA sin Z PCB PC PA PB1 .LC MA NB sin Z PAB sin Z PBC sin Z 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

20、BC于D ,直线BP交 AC于E，直线CP交AB于F .对厶ABC及点P，应用塞瓦定理，有BD CE 1 .FB DC EA在厶ABL和厶ACL中应用正弦定理，有2 2 2sin Z PAC sin Z Bsin Z CDCAD sin Z CDCsin Z Csin Z C sin Z PABsin Z BADBD sin Z BBDsin Z B同理,CMMAAE sin2 Z AANBF sin2 Z BEC sin Z CNBFA sin Z A以上三式相乘，并注意到式，有BL CM AN DC AE BF1 LC MA NB BD EC FA由塞瓦定理的逆定理，知AL , BM ,

21、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 / PCAsin / PAC sin / PBA sin / PCB由题设/ PAB ZCAL，Z PBA Z CBM，/ PCB Z ACN，则有/ BAL Z PAC，/ ABM Z PBC， ZBCN ZPCA.于是 sin Z BAL sin Z CBM sin Z ACN sin Z PAC sin Z PBA sin Z PCBsin Z CAL sin

22、Z ABM sin Z BCN sin Z PAB sin Z PBC sin Z PCA1sin Z PAB sin Z PBC sin Z PCA sin Z PAC sin Z PBA sin Z PCB对厶ABC，应用角元形式的塞瓦定理的逆定理，知 AL，BM，CN三线共点.例9如图2-12，四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC的延长线交于点P，AD与BC的 延长线交于点Q，过点Q作该圆的两条切线，切点分别为 E和F .求证：P，E，F三点 共线.（1997年CMO试题） 证明 连EF分别交AD，BC于M，N，设AC与BD交于K .要证P，E， F三点共线， 只须证明P，K，M和P，

23、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竺匹與 1.BP CD MAAB PC DQBP CD QA1，从而只须证明DMAMDQAQ又直线QCB截 PDA，应用梅涅劳斯定理，有设圆心为0,连QO交EF于L，连LD，LA，OD，OA，则由切割线走理和射影定理，有QD QA QE2QL QO，即知D , L , O , A四点共圆，有Z QLDZ DAOZ ODA Z OLA ,此表明QL为厶LAD的内角Z ALD的外角平分线.而 EF丄OQ，贝U EL平分Z ALD .于是,DMAMDL DQ，结论获证.【解题思维策略分析】1. 获得线段比例式的一种

24、手段例10 如图2-13, ABC中，D , E分别为AC和AB同方向延长线上的点，BD与CE相交于 P，且 BD CE 若点 P 满足 Z AEP Z ADP k（ Z PED Z PDE） （ k 为常数），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，有匹星竺 1 .QC EP DB而BD CE，则豈QB.不妨设 QC w QB，则 PD < PE，即有 PC CE PE < BD PD PB，于是 SpBE > SpCD，故Sa ebcdbc -此时，点E到BC的距离不小于D到BC的距离，则过E作EF II BC必交CD延长线于一

25、点,设为F .又作 FBC的外接圆eO交EF于另一点F，贝U四边形BCFF为等腰梯形.当AB> AC 时，由/ BFF Z F FC Z BCA>Z ABC Z AEF，知 F 必在线段 EF 上，于是，Z BDC >Z BFC >Z BEC （同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）. 又由PD w PE，知Z PED wZ PDE .故结论获证.2. 转化线段比例式的一座桥梁例11 设M为厶ABC内任一点，AM，BM，CM分别交BC，CA，AB于D，E，F .求 证：jmd me mf 1'AD BE CF证明 如图2-14，记匹 m，坐 n ，圧I .对 ABC

26、及点M，应用塞瓦定理，有DCEAFBBD CE AFDC EA FBmnl 1 .对厶ADC及截线EMB，应用梅涅劳斯定理，有AM DB CEAMmn 1，即MD BC EAMD1 mAM 1 m(1m)l .MD m n由合比定理得AD1 (1m)l，即MD1MDAD 1 l ml同理，ME1lBE 1mmn 1ml1MF1mlCF 1 n nlml1 l .三式相加，得MDMEMF1.ADBECF例12 如图2-15,设P为厶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 w (3 2 . 2) AD .证明令BDm，CEAF

27、n，p，对 ABC及点P，应用塞瓦定理，有DCEAFBBDCEAFmnp1 .DCEAFB对 ADC及截线BPE，应用梅涅劳斯定理，有CE APDB1 .注意到DBm，则有EA PDBCBCm 1APm1即APm 1:故APm 1n1，即PD m 1PDmnAD mn m 1又对直线 APD « BCE，有 DD CAE PB 1 而 CE n 1，则 BP mn m，故BP mn m 1 .又对 ABP及截线FQE ,PQ _AQ mp从而空ADw 13 2、21T2 .PQ AP1AP AD mp p于是，PQ w (3 2 2) AD .其中等号由2mnp(m 1)>m

28、12mn ,P(mm 11）亦即当且仅当P（m 1）FB EPAQ'm12 mn m 12mn2. “p(m 1).m 12mnp2AF BE PQp(m 1)即有更 11 ，故AQ p(m n m 1) mp p 12 2中等号成立时成立，即当且仅当p(m1），亦即p（m 1） ,2时取等号.此时,m和p之间成为如图2-16的双曲线的关系.B、C，为过A、C且圆心不在AC上P，PB与圆交于点Q .证明：/ AQC例13如图2-17,已知直线的三个定点依次为 A、 的圆，分别过A、C两点且与圆 相切的直线交于点的平分线与AC的交点不依赖于圆的选取.（IMO 45预选题）证明 设/ AQ

29、C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 些 sin : APB .BC sin / CPB同理，在 ASC中，有空血進.RC sin / CSQ在厶PAC中，视Q为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理，有Sin : APB Sin : QAC sin : QCP 1 .sin / CPB sin / QAP sin / QCA注意至U / PAQ / ASQ / QCA， / PCQ / CSQ / QAC .sin2/ ASQ2sin / CSQ贝y sin / APB sin / PAQ sin / QCA 、 sin / CPB sin /

30、QAC sin / PCQ2即些迟，故结论获证.BC RC3. 求解三角形格点问题的统一方法如果三角形的三个角的度数都是10的整数倍，三角形内一点与三角形的三个顶点分别连 结后，得到的所有的角也都具有这个性质，我们称这样的点为三角形的格点.例14 如图2-18，在 ABC中，Z BAC 40，Z ABC 60， D和E分别是AC和AB上的点，使得ZCBD 40，Z BCE 70，F是直线BD和CF的交点.证明：直线 AF和直线BC 垂直.（1998年加拿大奥林匹克试 题）证明 设Z BAF ，贝ZFAC 40，对厶ABC及点F，应用第一角元形式的塞瓦定理，有sin 70si n(40)sin2

31、0从而sin 10sincos20si n(40)sin(80 )sin(80 ).sin 10sinsin 402sin 20 cos20 即有 sin 20，sin(80 ) sin(40)si n(8>0 ) 2cos60 sin( 20)sin( 20).注意到040，知 8020， 8020，有8020，故30延长AF交BC于H，贝U Z AHB 180ZFBCZ ABH180306090 .故 AF 丄 BC .注 此题也可这样来解由sin 10sinsin 40有sin 70si n(40)sin 201 ，si n(40)si n10sin 402si n10sin 10

32、si n(4030 )sin 40 cot30 cos40 .sinsi n70sin 20sin 30sin30cos40作为 的函数在(0 , 180 )上严格递减,由于迥40) sin 40 cotsin所以/ BAF 30 .故/ ABC Z BAF 或者过点A作AH丄BC于H，则Z BAH90 .因此，AF丄BC .30 , Z HAC 10 .关于 ABC 有 sin Z BAH sin Z ACD sin Z CBD sin30 sin10 sin Z HAC sin Z ECB sin Z DBA sin10 sin70CE三线共点，因此点 F在AH上，即卩AF丄BC .例15

33、 如图2-19，在 ABC内取一点M，使得Z MBA 30 AC BC，求 Z AMC .夫奥林匹克试题)sin 40sin 201 .所以，AH、BD、，Z MAB 10 .设 Z ACB 80，(1983年前南斯拉解 设 Z ACM ，贝U ZMCB 80由第一角元形式的塞瓦定理，有sinsin 80sin10sin 20sin 40sin30从而 sinsin 10sin(80)cos202sin cos802si n(80)cos20 ，)sin(60sin( 80 ) sin( 80 ) sin(1002cos90 sin(10 )0 .于是 sin( 80 ) sin(60).注意

34、到 080，知808060 ，故所以 Z AMC 180 ZMAC80，6070 .Z ACM 1804060 .7070为所求.注此题结果也可直接由式有，8080，求得 70 .sin sin70 sin10 sin(80另外，此题也可这样来解:sin (80)sinsin10 sin 20sin 40 sin30由 sin sin10sin(80)sin 40sin10 sin(8070 )cos20sin70沁1，有sin 30sin80cot 70 cos80 .因为 sin(80 ,sinZ ACM 70 或者由Z AMB 式的塞瓦定理，,sin Z AMC1sin Z CMB si

35、n Z CBA)sin80 cotcos80作为的函数在（0 ,180 ）上严格递减，所以.故Z AMC 180407070140，令 Z AMC x，贝U Z CMB 有sin Z MBC220 x .对 MAB和点C应用第一角元形sin Z BAC sin Z CAM则 sin(220 x)sin x 2cos20sin xsin(220x)sin(22070 )sin 220sin 70sin 20 sin50cot 70sin50 sin 40cos220 .因为列型0 x) sin220 sin x以 Z AMC x 70 .例16Z PBAcot x cos220 (sin 220

36、0）作为x的函数在（0 , 180 ）上严格递增，所如图2-20， ABC具有下面性质：存在一个内部的点 P，使得ZPAB 10 ， 20，ZPCA 30， Z PAC 40 .证明：设 Z BCP瓦定理，有sin 20 sin 40sin (80证明,贝U ZPBC 1802010 ABC是等腰三角形.（1996年美国第25届奥林匹克试题）304080 .由第一角元形式的塞)sin 10sin1 .sin 30即有2sin 10 cos10si n(80)sin 40sin 10sin"J24sinsin 20 sin 40sin 20sin80sin 60sinsin 20sin

37、 (80)sin 20 sin60sin从而sin(20)si n60 sin且 0，808020，即/ ACB 50此题也可这样来求解:ZCAB，从而sin 20AB BC .sin 40sin(80 ) sin10sinsin30sin (80)sinsin 20 sin 404cos10 sin 404sin 20sin 10sin30sin 40 sin80sin 20sin60 sin(80sin 2020 )sin 20sin80 cot 20 cos80 .因为泄0）sin80sin20，即 ZACB 50还可对 APC及点B应用第一角元形式的塞瓦定理来求.cot cos80作为

38、 的函数在（0 ,180 ）上严格递减，所以Z BCPZ CAB .故 AB BC .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0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 ,贝U OP 0Q .(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 , / COH , Z G OE Z1 ,

39、Z EOB Z2 , Z BOF Z3 ,Z FOH Z4，贝U，又 ，故 .又 Z1Z4，故 Z1 Z4 , Z2 Z3 .连GH交BD于K ,在厶BHG中，OG OE sin Z1 OB OF sin Z3 OH OK sin( Z3 Z 4)OE OB sin Z 2 OF OH sin Z 4 OK OG sin( Z1 Z 2)'故由塞瓦定理的逆定理，知G F , BO , HE共点，即GF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1a丄MN .同样可作出Ib ,1c .试

40、证：三直线1a , Ib , Ic相交于一点. (第29 届IMO预选题)证明 设Ia与MN , BC分别相交于点 G , D，由Z AMG Z ADN , Z AGM Z AND 90 , 知 Z MAG Z NAD，即 Z BAD Z CAD .同理，设CA , AB边上的高BE , CF的垂足分别为E , F，且冷，lc分别与CA , AB交于E ,F ,则有Z CBE Z ABE , Z ACF Z BCF .由于 ABC的三条高相交于垂心，此时应用第一角元形式的塞瓦定理，得sin Z CAD sin Z ABE sin Z BCF sin Z DAB sin Z EBC sin Z

41、FCA用等角代换上式，有sin Z BAD sin Z ACF sin Z CBE sin Z DAC sin Z F CB sin Z E BA故由第一角元形式的塞瓦定理，知 AD , BE , CF三线共点，即Ia , Ib, Ic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.BR EB 证明 连 PD , AS , RC , BR , AP , SD .由 EBRs EPA , FDSs

42、 FPA ,有PA EP 'PADSFPFD,此两式相乘，有BRDSEB FPEP FD又由 ECREPD , FPD FAS ,有CR EC PD FP PD EP ' AS FA此两式相乘，有CR EC FPEP FA °；EB FAEC FD BR CD SA EB AF DCRC DS AB BA FD CEAS IBR ASDS CRDC 得得AB对厶EAD及截线BCF，应用梅涅劳斯定理，有EB AF DC1 .BA FD CE丁.是BR CD SA iRC DC AB 此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知BD，RS，AC交丁三点共直线.【模拟实战】由

43、，得上式两边同乘以点.从而R , T , S习题ABD 11. 在 ABC中，D是BC上的点，E是AC中点.AD与BE交于0，CO交AB于DC 3F，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，贝U AD，BE，CF也共点.4. 试证：过三角形顶点且平分三角形周长的三条

44、直线共点.PQR，又 AX，BY，CZ 分5将 ABC各内角三等分，每两个角的相邻三等分线相交得 别平分/ BAC，Z ABC，ZACB 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 Z BAC，Z ABC，Z ACB且它们与 EF， FD， DE交于X，Y，Z .求证：DX， EY，FZ三线共点.7. eO是厶ABC的内切圆，BC，CA，AB上的切点各是D，E，F .射线DO交EF于A， 同样可得B，C .试证：直线AA，BB，CC共点.8. ABC在

45、厶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，Z ABC Z ACB 40，P 为形内一点，Z PAC 20，ZPCB 30，求 Z PBC 的度数.10. 在 ABC 中，AB AC，Z A 80，D 为形内一点，且 Z DAB Z DBA 10，求 Z ACD 的 度数.（数学教学问题432题）11. 在 ABC 中，Z BAC 30，Z ABC 70，M 为形内一点，ZMAB Z MCA 20，求 ZMBA 的度数.（数学教学问题491 题）12.在 ABC 中，Z ABC 40 , Z ACB

46、 30 , P 为/ABC 的平分线上一点，使 Z PCB 10 , BP交AC于M , CP交AB于N .求证：PM AN .（数学教学问题531题）13 .在 ABC 中，Z ABC40 ,Z ACB20 ,N为形内一点，Z NBC 30 , ZNAB 20 ,求 Z NCB的度数.（数学通报问题1023题）14 .在 ABC 中,ZBAC80 ,ZABC60 ,D为形内一点，且 Z DAB 10 , Z DBA 20 ,求Z ACD的度数.（数学通报问题1142题）15 .在 ABC 中，Z ABC50 ,Z ACB30 ,M为形内一点,Z MCB 20 , Z MAC 40 ,求Z M

47、BC的度数.（数学通报问题1208题）16. ABC 中，Z ABC 70 , ZACB 30 , P 为形内一点，Z PBC 40 , ZPCB 20 .求证：CA AB BP 1 .（数学通报问题AP PC CB1306 题）17. 在 ABC 中，Z ABC Z ACB 40 , P ,Q 为形内两点，Z PAB Z QAC 20 ，Z PCB QCA10 .求证：B , P , Q三点共线.（数学通报问题1243 题）18. ABC 中，ZABC Z ACB 50 , P , Q 为形内两点，Z PCA Z QBC 10 , Z PAC Z QCB20 .求证：BP BQ .（数学通报

48、问题1281 题）19. 在 ABC中，AB AC , ZA 100 ,1为内心，D为AB上一点，满足BD BI .试求ZBCD的度数.（数学通报问题1073 题）20. A1, A2, B1 , B2 , G , C2顺次分别在 ABC 的三边 BC , CA , AB上，且 BA1 A?C ,cm B2 a ,AGC2B,过 A2 ,B2 ,C2 分别作 AA,BR,CC1 的平行线la ,lb ,lc .求证：la, lb,lc 三线共点的充要条件是AA , BB , CC1三线共点.21. 在 ABC中，AB AC , AD丄BC于D，过D任作两射线分别交 AB , AC于点E , F

49、 , 交过点A的平行线于G , H，且GH II BC .求证：AD , GF , HE共点.22. 在 ABC中，过三边BC , CA , AB边中的中点M , N , L的三条等分三角形周长的 直线MS , NT , LU （ S , T , U在三角形三边上）分别交LN , LM , MN于D , E , F .求 证：MS, NT , LU三线共点.23. ABC的内切圆切BC , CA , AB于D , E , F . P是厶ABC内一点，PA交内切圆于 两点，其中靠近A的一点为X ,类似定义Y, Z .试证：DX , EY , FZ三线共点.24. ABC在厶ABC内部，AB的延长

50、线分别交 AC , BC于P5 , P ; AC的延长线分别 交BA , BC于P3 , P4 ； BC的延长线分别交 AB , AC于P6 , P2，且满足ARAP4BP2BP5CP3CF6BRCP2AP3 .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，Ai , B!, Ci是正方形中的边BC , CA ,

51、AB对边 的中点.求证：直线AA , BB , CC共点.习题B1. eO是厶ABC的内切圆，D , E , F ,分别是BC , CA , AB上的切点，DD , EE , FF都是 eO 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 A,点Bi , Ci与此类似.直 线AA,与B , C两角的外角平分线交于Ao，点Bo , Co与此类似.求证：（I）三角形AoBoCo 的面积是六边形AC,BACB1的二倍；（U）三角形AoBoCo的面积至少是三角形ABC面积的四 倍. （ IMO -3o 试题）4. 设P为厶ABC内一点，使 ZBPA ZCPA , G是线段 AP上的点，直线 BG , CG分别交边AC ,