第二章.塞瓦定理和应用

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AC1ACBAC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，

CBBCACEA,CC的延长线于D，E，得BAADCBBC．

PB'C'DBAECBA′(c)EADB'B'C'AC'PA′(a)BA′(b)图2-1CC

BAAPACADPAEA又由

，有

BAADACEA．

从而

BACBACADBCEA1ACBACBEAADBC．

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：

word整理版

范文 范例 学习 指导

由：

BACBACS△PABS△PBCS△PCA1ACBACBS△PCAS△PABS△PBC，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

BCAPACABCBAP11CAPACBBCBAPA，．

上述两式相乘，得

BACBAC1A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CC与AA交于点Y，直线AA与BB交于点Z．

AB'C'B'BXCY图2-2XZZA′BAC'YCA′

word整理版

范文 范例 学习 指导

分别视点C，A，B，C，A，B为塞瓦点，应用塞瓦定理，即

BACABX1ACABXB．

对△BCB及点C（直线BA，CX，BA的交点），有

CBABCY1△CACCBCBBCBCYCAYA对及点（直线，，的交点），有．

ACBCAZ1△ACACCBCAZAABABZB对及点（直线，，的交点），有．

对△BBC及点C（直线BA，BA，CX的交点），有

BXBACA1XBACAB．

CYCBAB1△CCACBCBYCBABCAAY对及点（直线，，的交点），有．

AZACBC1△ACAC对AAB及点B（直线，，BZ的交点），有ZACBCA．

BACBAC1上述六式相乘，有ACBACB．

2故

BACBAC1ACBAC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AC1ACBACB，

②

则AA，BB，CC三直线共点或三直线互相平行．

word整理版

范文 范例 学习 指导

证明若AA与BB交于点P，设CP与AB的交点为C1，则由塞瓦定理，有

AC1ACBACBAC1BACBAC1AC1AC11ACBAC1BACBACBCBCBABAB，亦即AC1AC，故C111，又已知有，由此得，即

与C重合，从而AA，BB，CC三线共点．

CBCBACACBABACBCB，由此知CC∥AA，故 AA∥BB若，则．代入已知条件，有

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

BACBAC1ACBAC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∠BAAsin∠ACCsin∠CBB1sin∠AACsin∠CCBsin∠BBA．

④

证明 由

BAS△ABAABsin∠BAAACS△AACACsin∠AACACACsin∠ACCCBBCsin∠CBB，BAABsin∠BBA，CBBCsin∠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∠BOAsin∠AOCsin∠COB1sin∠AOCsin∠COBsin∠BOA．

⑤

word整理版

范文 范例 学习 指导

证明 注意到塞瓦定理及其逆定理，有

BACBACS△BOAS△COBS△AOCACBACBS△AOCS△BOAS△COB1

BOsin∠BOACOsin∠COBAOsin∠AOCCOsin∠AOCAOsin∠BOABO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A1，B1，C1，分别是△ABC的外接圆三段弧BC，CA，AB上的点，则AA1，BB1，CC1共点的充要条件是

BA1CB1AC11ACBACB111．

证明 如图2-3，设△ABC的外接圆半径为R，AA1交BC于A，BB1交CA于B，CC1交AB于C．由

A，C1，B，A1，C，B1六点共圆及正弦定理，有

BA12Rsin∠BAA1sin∠BAAAC2Rsin∠AACsin∠AAC11．

word整理版

范文 范例 学习 指导

AC1C'B'B1A′A1CB图2-3

CB1sin∠CBBAC1sin∠ACCBAsin∠BBACB同理，1，1sin∠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：

ABHFDCG图2-4E

对△ACE及点D有

ABCGEF1BCGEFA，

对△CDE及点A有

CFDBEG1FDBEGC，

word整理版

范文 范例 学习 指导

对△ADE及点C有

DGAFEB1GAFEBD，

对△ABD及点F有

ACBEDH1CBEDHA，

对△ACD及点E有

AGDFCB1GDFCBA，

对△ADF及点B有

AHDCFE1HDCFEA，

对△ABF及点D有

BCAEFH1CAEFHB，

对△BDF及点A有

BEDCFH1EDCFHB．

【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． 题）

（1978年全国高中竞赛

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．

word整理版

范文 范例 学习 指导

ABCEDFG图2-5

对△AEF及点C，应用塞瓦定理，有

EGFDAB1GFDABE．

ABADBEDF，代入上式， 由BD∥EF，有

EG1GF得，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）

PAOFHEBD图2-6C

word整理版

范文 范例 学习 指导

证法1 对△ABC及点H，应用塞瓦定理，有

AFBDCE1FBDCEA．

①

Q，△AQE∽△CDE，过A作PQ∥BC，延长DF，DE分别交PQ于P，则DA⊥PQ，且△APF∽△BDF，

从而

AFEABDAQDCFBCE，．

PA而由①，有

AFEABDDCFBCE，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

AFBDCES△DAFBDS△DCEFBDCEAS△DFBDCS△DEA1

ADsin∠ADFBDDCsin∠EDCtan∠ADFcot∠ADEBDsin∠FDBDCADsin∠ADE．

即tan∠ADEtan∠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．

word整理版

范文 范例 学习 指导

（1999年全国高中联赛题）

IJCGEDA图2-7FHB

证明 连BD交AC于H，对△BCD及点F，应用塞瓦定理，有

CGBHDE1GBHDEC．

AH平分∠BAD，由角平分线性质，可得

BHABCGABDE1HDAD，故GBADEC．

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

CGCIDEADCIABAD,1GBABECCJ．所以ABADCJ．

从而，CICJ．

又CI∥AB，CJ∥AD，有∠ACI180-∠BAC180-∠DAC∠ACJ．

word整理版

范文 范例 学习 指导

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．

AMFGNBD图2-8ELC

证明 连NF，对△ABC及点G应用塞瓦定理，有

AFBDCEAFDC1AECEFBDCEAFBBD．而，则

．

CDNGDN∥CGBDBN由，由

．

于是，有

AFNGFBBN，从而FN∥AD，即知四边形DNFG为平行四边形，有∠GDN∠GFN．

word整理版

范文 范例 学习 指导

又∠GDL∠GFM60，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-∠NFG)-(180-∠NFM)∠NFM-∠NFG

∠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APAC及PBPC的一点．求证：AP是∠A的三等分线．

（1994年代表队IMO选拔赛题）

Aπ)-2(2B-θB-2θ2B- θCθ图2-9PB-θθB

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

APAC），

∠PAB∠A-∠CAPπ-B-C-[π-2(2B-)]

(π-3B)-(π-4B2)B-2．

对△ABC及点P，应用第一角元形式的塞瓦定理，有

word整理版

范文 范例 学习 指导

sin[π-2(2B-)]sinsin(B-)1sin(B-2)sin(2B-)sin．

亦即

2sin(2B-)cos(2B-)sin(B-)1sin(B-2)sin(2B-)．

于是 sin(B-2)2sin(B-)cos(2B-)sin(3B-2)-sinB，

即 sinBsin(3B-2)-sin(B-2)2cos(2B-2)sinB．

而sinB0，则

cos2(B-)12．

因

2π1π2(B-)0,0B-b(BC)3． 33，则



2(B-)ππB-3，即6．

从而∠CAPπ-2(2B-)π-4(B-)-2

ππ-22-2[(B-)-]36

2(B-2)2∠PAB．

故

1∠PAB∠A3，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：

word整理版

范文 范例 学习 指导

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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

sin∠NPIsin∠PMIsin∠MNI1sin∠IPMsin∠IMNsin∠INP的塞瓦定理，有．

①

由CP∥MN知PAPB，有∠PMI∠INP．

1sin∠BNTCNMP2MTsin1∠ACMNP2于是①式即为．

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，∠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）

word整理版

范文 范例 学习 指导

CFEDAG图2-10BH

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

AGBECFBECF111GBECFA，即ECFA．

对△ABC及截线EFH，应用梅涅劳斯定理，得

AHBECFBECF12-1HBECFAECFA，即．

上述两式相加，得

(12)BECF0ECFA．

从而120，即2-1，故2由1唯一确定．

因此，点H与D在直线CG上的位置无关．

例8 如图2-11，设P为△ABC内任一点，在形内作射线AL，BM，CN，使得∠CAL∠PAB，

word整理版

范文 范例 学习 指导

∠MBC∠PBA，∠NCA=∠BCP．求证：AL，BM，CN三线共点．

ANFPEMBD图2-11LC

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∠BALABsin∠PACLCACsin∠CALACsin∠PAB．

CMBCsin∠PBAMAABsin∠PBC, 同理，

ANACsin∠PCBNBBCsin∠PCA．

将上述三式相乘，并应用正弦定理，有

BLCMANsin∠PACsin∠PBAsin∠PCBPCPAPB1LCMANBsin∠PABsin∠PBCsin∠PCAPAPBPC．

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，

word整理版

范文 范例 学习 指导

直线CP交AB于F．

AFBDCE1FBDCEA．

对△ABC及点P，应用塞瓦定理，有

在△ABL和△ACL中应用正弦定理，有

BLBLALsin∠BALsin∠Csin∠PACsin∠CLCALLCsin∠Bsin∠LACsin∠PABsin∠B

sin∠PACsin∠Bsin2∠CDCADsin2∠CDCsin2∠C22sin∠Csin∠PABsin∠BADBDsin∠BBDsin2∠B．

CMAEsin2∠A2MAECsin∠C同理，

，

ANBFsin2∠BNBFAsin2∠A．

以上三式相乘，并注意到①式，有

BLCMANDCAEBF1LCMANBBDECFA．

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∠PABsin∠PBCsin∠PCA1sin∠PACsin∠PBAsin∠PCB．

由题设∠PAB∠CAL，∠PBA∠CBM，∠PCB∠ACN，则有∠BAL∠PAC，∠ABM∠PBC，

word整理版

范文 范例 学习 指导

∠BCN∠PCA．

于是

sin∠BALsin∠CBMsin∠ACNsin∠PACsin∠PBAsin∠PCBsin∠CALsin∠ABMsin∠BCNsin∠PABsin∠PBCsin∠PCA

111sin∠PABsin∠PBCsin∠PCA1sin∠PACsin∠PBAsin∠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）

PFBANLDOCMEQ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

ABPCDM1BPCDMA只须证明．

word整理版

范文 范例 学习 指导

又直线QCB截△PDA，应用梅涅劳斯定理，有

ABPCDQDMDQ1BPCDQAAMAQ． ，从而只须证明

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QAQE2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，

DMDLDQAMALAQ，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∠AEP-∠ADPk（∠PED-∠PDE）（k为常数），则ABAC．

2AQBPEF'CDF图2-13

word整理版

范文 范例 学习 指导

BQCEPD1QQCEPDB证明 设AP交BC于，对△PBC及其形外一点A，应用塞瓦定理，有．

PDQCPEQBBDCE而，则

．

不妨设QC≤QB，则PD≤PE，即有PCCE-PE≤BD-PDPB，于是S△PBE≥S△PCD，故S△EBC≥S△DBC．

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：

MDMEMF1ADBECF．

证明 如图2-14，记

BDCEAFmnl1DCEAFB．

BDmDC，

CEnEA，

AFlFB．对△

ABC及点M，应用塞瓦定理，有

word整理版

范文 范例 学习 指导

AFMBD图2-14EC

对△ADC及截线EMB，应用梅涅劳斯定理，有

AMDBCEAMmn1MDBCEAMD1m，即

AM1m(1m)lMDmn．

ADMD11(1m)l由合比定理得MD，即AD1lml．

ME1l同理，BE1mmnlml1，

MF1mlCF1nnlml1l．

MDMEMF1三式相加，得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≤(3-22)AD．

word整理版

范文 范例 学习 指导

AFPBD图2-15QEC

BDCEAFBDCEAFpmnp1mn△ABCFBDCEAFBDCEA证明 令，，，对及点P，应用塞瓦定理，有．

对△ADC及截线BPE，应用梅涅劳斯定理，有

CEAPDBDBm1EAPDBC．注意到BCm1，则有

nAPmAPm1APm11PDm1，即PDmn，故ADmnm1．

BDCAEPCABPBE1n1mnmmnm1△BCEDCAEPBAEEPEPAPD又对直线截，有．而，则，故．

又对△ABP及截线FQE，有

PQ11AFBEPQPQ11FBEPAQ，即有 AQp(mnm1)mpp1，故AQmpp2．

PQPQAP1m1从而ADAPADmpp2mnm1

111p(m1)2mn112mnp(m1)2m1m1

≤13223-22．

word整理版

范文 范例 学习 指导 于是，PQ≤(3-22)AD． 2mn2mn2mnp(m1)≥2p(m1)22p(m1)m1m1m1其中等号由中等号成立时成立，即当且仅当亦即

当且仅当

2mnp2p(m1)p(m1)p(m1)，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．

p21-1O123m图2-16

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．

（IMO45预选题）

word整理版

范文 范例 学习 指导

PQARBCS图2-17

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．

ABsin∠APB△PACBCsin∠CPB． 由于是等腰三角形，则有

ARsin∠ASQRCsin∠CSQ． 同理，在△ASC中，有

sin∠APBsin∠QACsin∠QCP1Qsin∠CPBsin∠QAPsin∠QCA△PAC在中，视为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理，有．

注意到∠PAQ∠ASQ∠QCA，∠PCQ∠CSQ∠QAC．

sin∠APBsin∠PAQsin∠QCAsin2∠ASQsin∠CPBsin∠QACsin∠PCQsin2∠CSQ则 ．

即

ABAR2BCRC2，故结论获证．

word整理版

范文 范例 学习 指导

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，∠BAC40，∠ABC60，D和E分别是AC和AB上的点，使得

∠CBD40，∠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）

C10°70°HD-α40°FAα40°20°E图2-18B

证明 设∠BAF，则∠FAC40-，对△ABC及点F，应用第一角元形式的塞瓦定理，有

sin10sinsin401sin70sin(40-)sin20．

从而

sin10sin2sin20cos201cos20sin(40-)sin20，即有

sin(40-)2sinsin102sincos80

word整理版

范文 范例 学习 指导

sin(80)sin(-80)．

 sin(-80)sin(40-)-sin(80)2cos60sin(-20-)sin(-20-)．

注意到040，知-80-20-，-8020，有

-80-20-，故30．

延长AF交BC于H，则∠AHB180-∠FBC-∠ABH180-30-6090．故AF⊥BC．

sin10sinsin401sin70sin(40-)sin20注 此题也可这样来解：由，有

sin(40-)sin10-sin40sin10sin(40-30)2sin10sin40cot30-cos40sinsin70-sin20sin30sin30．

sin(40-)sin40cot-cos40sin由于作为的函数在(0,180)上严格递减，

所以∠BAF30．故∠ABC∠BAF90．因此，AF⊥BC．

或者过点A作AH⊥BC于H，则∠BAH30，∠HAC10．

sin∠BAHsin∠ACDsin∠CBDsin30sin10sin401△ABCsin∠HACsin∠ECBsin∠DBAsin10sin70sin20关于有．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∠MBA30，∠MAB10．设∠ACB80，ACBC，求∠AMC．

（1983年前南斯拉夫奥林匹克试题）

word整理版

范文 范例 学习 指导

C80°-ααM40°A10°图2-1920°30°B

解 设∠ACM，则∠MCB80-．由第一角元形式的塞瓦定理，有sin20sin301．

从而 sinsin10sin(80-)cos20．

 2sincos802sin(80-)cos20，

 sin(80)sin(-80)sin(100-)sin(60-)，

 sin(-80)-sin(60-)sin(100-)-sin(80)

2cos90sin(10-)0．

于是 sin(-80)sin(60-)．

注意到 080，知-80-80，60-60．

 -8060-，故 70．

word整理版

sinsin10sin80-sin40

范文 范例 学习 指导

所以 ∠AMC180-∠MAC-∠ACM180-40-7070为所求．

注 此题结果也可直接由①式有

sinsin70sin10sin(80-)且0，80-80，求得70．

sinsin10sin201sin(80-)sin40sin30另外，此题也可这样来解：由，有

sin(80-)sin10sin20sin10sin(80-70)sin80cot70-cos80sinsin40sin30cos20sin70．

sin(80-)sin80cot-cos80sin因为作为180）的函数在（0，上严格递减，所以∠ACM70．故

∠AMC180-40-7070．

或者由∠AMB140，令∠AMCx，则∠CMB220-x．对△MAB和点C应用第一角元形式的塞瓦定理，有

sin∠AMCsin∠MBCsin∠BACsinxsin20sin50sin∠CMBsin∠CBAsin∠CAMsin(220-x)sin50sin40．

1sin(220-x)1sin(220-70)sin220cot70-cos220sinx2cos20sin70则．

因为

sin(220-x)sin220cotx-cos220(sin2200)sinx作为

x的函数在

(0,180)上严格递增，所以

∠AMCx70．

word整理版

范文 范例 学习 指导

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，∠PBA20，

∠PCA30，∠PAC40．证明：△ABC是等腰三角形．

（1996年美国第25届奥林匹克试题）

B20°80°-αP10°40°α30°A图2-20C

证明 设∠BCP，则∠PBC180-20-10-40-30-80-．由第一角元形式的塞瓦定理，有

sin20sin40sin1sin(80-)sin10sin30．

即有

2sin10cos10sin40sin11sin(80-)sin102．

 sin(80-)4sinsin40cos104sinsin40sin80

4sinsin20sin40sin80sin60sinsin20sin20，

 sin(80-)sin20sin60sin．

word整理版

范文 范例 学习 指导

从而

sin(80-)sin60sin20sin且0，80-80，

故20，即∠ACB50∠CAB，从而ABBC．

sin20sin40sin1sin(80-)sin10sin30注 此题也可这样来求解：由，

有

sin(80-)sin20sin404sin20sin40sin804cos10sin40sinsin10sin30sin20

sin60sin(80-20)sin80cot20-cos80sin20sin20．

sin(80-)sin80cot-cos80sin因为作为的函数在（0，180）上严格递减，所以∠BCP 20，

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，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）

word整理版

范文 范例 学习 指导

AG'EBP1O2K34γβαGQFDF'HC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，∠COH，∠GOE∠1，∠EOB∠2，∠BOF∠3，∠FOH∠4，则，

1∠4，∠2∠3． 又，故．又∠1∠4，故∠连GH交BD于K，在△BHG中，

GEBFHKS△OGES△OBFS△OHKEBFHKGS△OEBS△OFHS△OKG

OGOEsin∠1OBOFsin∠3OHOKsin(∠3∠4)1OEOBsin∠2OFOHsin∠4OK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lA⊥MN．同样可作出lB，lC．试证：三直线lA，lB，lC相交于一点． （第29届IMO预选题）

word整理版

范文 范例 学习 指导

AMGNDCBD′lA图2-22

BC分别相交于点G，∠AGM∠AND90，D，证明 设lA与MN，由∠AMG∠ADN，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lB，lC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∠CADsin∠ABEsin∠BCF1sin∠DABsin∠EBCsin∠FCA，

用等角代换上式，有

sin∠BADsin∠ACFsin∠CBE1sin∠DACsin∠FCBsin∠EBA．

故由第一角元形式的塞瓦定理，知AD，BE，CF三线共点，即lA，lB，lC相交于一点．

word整理版

范文 范例 学习 指导

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．

EBRCTDFSAP图2-23

BREBPAFPASRCSD△△△FDS∽△PAEPDSFD，FPA，证明 连PD，，，BR，AP，．由EBR∽EPA，有，BREBFPDSEPFD． 此两式相乘，有

①

又由△ECR∽△EPD，△FPD∽△FAS，有

CRECPDEPPDFP，ASFA，

此两式相乘，有

CRECFPASEPFA．

由①②，得

BRASEBFADSCRECFD．

DC上式两边同乘以AB，得

BRCDSAEBAFDCRCDSABBAFDCE．

word整理版

范文 范例 学习 指导

对△EAD及截线BCF，应用梅涅劳斯定理，有

EBAFDC1BAFDCE．

于是

BRCDSA1RCDCAB．

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

BD1△ABCBC1．在中，D是上的点，DC3，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

word整理版

范文 范例 学习 指导

∠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，∠ABC∠ACB40，P为形内一点，∠PAC20，∠PCB30，求∠PBC的度数．

10．在△ABC中，ABAC，∠A80，D为形内一点，且∠DAB∠DBA10，求∠ACD的度数．

（《数学教学》问题432题）

11．在△ABC中，∠BAC30，∠ABC70，M为形内一点，∠MAB∠MCA20，求∠MBA的度数．

（《数学教学》问题491题）

12．在△ABC中，∠ABC40，∠ACB30，P为∠ABC的平分线上一点，使∠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，∠ABC40，∠ACB20，N为形内一点，∠NBC30，∠NAB20，求∠NCB的度数．

（《数学通报》问题1023题）

word整理版

范文 范例 学习 指导

14．在△ABC中，∠BAC80，∠ABC60，D为形内一点，且∠DAB10，∠DBA20，求∠ACD的度数．

（《数学通报》问题1142题）

15．在△ABC中，∠ABC50，∠ACB30，M为形内一点，∠MCB20，∠MAC40，求∠MBC的度数．

（《数学通报》问题1208题）

CAABBP1APPCCB△ABC中，∠ABC70，∠ACB30，∠PBC40，∠PCB20．P为形内一点，16．求证：．

（《数学通报》问题1306题）

∠PAB∠QAC20，∠PCBQCA Q为形内两点，∠ABC∠ACB40，P，17．在△ABC中，10．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∠QCB 证：BPBQ．

（《数学通报》问题1281题）

20．求

19．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）

20．A1，A2，B1，B2，C1，C2顺次分别在△ABC的三边BC，CA，AB上，且BA1A2C，CB1B2A，

AC1C2B，过A2，B2，C2分别作AA1，BB1，CC1的平行线la，lb，lc．求证：la，lb，lc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．

word整理版

范文 范例 学习 指导

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BA，

BC于

P3，

P4；

BC的延长线分别交AB，

AC于

P6，

P2，且满足AP1AP4BP2BP5CP3CP6

BP1CP2AP3．求证：AA，BB，CC所在直线共点．

（《中学数学教学》擂台题（28））

△ACD的外接圆与以BC为直径的圆相交于C和P．25．给定△ABC，延长边BC至D，使CDAC．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，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）

word整理版

范文 范例 学习 指导

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A0，点B0，C0与此类似．求证：（Ⅰ）三角形A0B0C0的面积是六边形

AC1BACB11的二倍；（Ⅱ）三角形A0B0C0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：A1B1B1C1C1A1≥A1BB1CC1A．

（IMO-37预选题）

8．在一条直线l的一侧画一个半圆，C，D，是上两点，上过C和D的切线分别交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）

word整理版

范文 范例 学习 指导

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CA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，B1B2，C1C2的中点，

直线A2A3，B1B3相交于C4，直线B2B3，C1C3相交于A4，直线C2C3，A1A3相交于B4．求证：直线A3A4，B3B4，

C3C4三线共点．

14．在△ABC的边AB和AC上分别向形外作△ABE和△

ACF，使△ABE∽△

ACF，且∠ABE

∠ACF90．求证：连线BF，CE与边BC上的高AH三线共点．

15．过非等边三角形各顶点作其外接圆的切线，则各切线与其对边的交点共线．

16．在△ABC内三点D，E，F满足∠BAE∠CAF，∠ABD∠CBF，则AD，BE，CF三线共点的充要条件是∠ACD∠BCE．

word整理版

范文 范例 学习 指导

17．在任意△ABC的三边BC，CA，AB上各有点M，N，L，而Q是△ABC内部任一点，直线AQ，

BQ，CQ分别交线段NL，LM，MN于M1，N1，L1．求证：直线M1M，N1N，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）

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．

word整理版