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 线平行或共点，则
AA ，BB ，CC 三
BA CB AC
1 ．
①
A C B A 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 的延长线于 D，E，得
CB
BB ，CC
又由 BABA
B A
BC , AC AD C B
AD ． EA
EA ． BC
AD
从而
A P PA
AC ，有 BA EA A C
CB AC
A C B A C B AD BC EA EA AD BC
1 ．
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：
BA CB AC
S
△ PAB
S
△ PBC
S
△ PCA
1 ，即证．
A C B A C B S△ PCA S△ PAB S△ 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 C PC ，对 △ AA C 及截线 B PB 应用梅涅劳斯定理有
BC CA
A P AC PA C B
1， AB
BC BA
CB AP B A PA
AC
1 ．
上述两式相乘，得
CB
1 ．
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 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
A，B，C 三点共
BA ， CX ， B A 的交点），有
BA A C CB AC BX XB YC
CA B X AB
XB YC ZA AB
1 ． 1 ．
对△CAC 及点 A （直线
CB ， AY ， C B 的交点），有
AB C Y BC A Z
B C BC C B CA
A C
对△ ABA 及点 B （直线
AC ， BZ ， A C 的交点），有
1． 1 ．
对△ BBC 及点 C（直线
BA ， BA，CX 的交点），有
B A C A
对△CCA 及点 A（直线
CB ，CB，
A Y 的交点），有
CY C B A B
B A BC
CA
1 ．
对△ AAB 及点 B（直线
AC ， A C ， B Z 的交点），有
AZ A C B C ZA C B
1 ．
2
上述六式相乘，有
BA CB AC
A C B A C B
1 ．
故 BA
CB AC
AC BA CB
CB
AC
1 ．
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
1 ，
BA
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 C1 ，则由塞瓦定理，有
AC ，即 AC1 BA CB AC1 1 ，又已知有 CB AC1 1 ，由此得 AC BA C1B AC BA C1B C1B CB ABAB
BA
AC1
AC
，亦即 AC1
AC ，
故 C1 与 C 重合，从而 若 AA ∥BB ，则
AA ， BB ， CC 三线共点．
CB
CB
．代入已知条件，有
B A
BA
AC
C B
AC
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
BA
CB
AC
AA ，
BB ， CC 平行或共点的充要条件是
A C B A C B
1 ．
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
证明由
sin∠ACC S△ ABA
△AAC
sin∠ CBB
1
．
sin∠ A AC sin∠ C CB sin∠ B BA
④
BA
A C
S
AB sin∠ BAA ， CB AC sin∠ A AC
BC sin∠ CBB ， AC AB sin∠ B BA
AC sin ∠ ACC ，三式相乘，再
B A C B
BC 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 的三边所在直线上的点，则
A ，B ，C 分别 △ ABC 的三边 BC ，CA ，AB 所在直线上的点， O 是不在 △ ABC
AA ， BB ， CC 平行或共点的充要条件是
sin∠ COB
sin∠ BOA sin ∠AOC
sin∠ A OC sin∠ C OB sin∠ B OA
证明注意到塞瓦定理及其逆定理，有
1 ．
⑤
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 A1 ， B1 ， C1 ，分别是 △ ABC 的外接圆三段弧 充要条件是
BC ， CA ， AB 上的点，则 AA1 ， BB1 ， CC1 共点的
BA1 CB1 AC1 AC1 B1 A C1B
1 ．
证明如图 2-3 ，设 △ ABC 的外接圆半径为
R，AA 交
1
BC
于
A
，BB交
1
CA
于
B
， CC 交
1
AB
于
C
．由
A
，
C1 ， B ， A1 ， C ， B1 六点共圆及正弦定理，有
BA1 AC1
2R sin∠BAA1 sin ∠BAA 2R sin∠ A1 AC sin ∠ A AC
．
同理，
CB1 sin ∠ CBB
，
AC1 C1B
sin∠ ACC sin∠ C CB
．
B1 A sin ∠ B BA
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 出如下式子： 对△ ACE及点 D有
2-4 中的点 A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 F ，将其作为塞瓦点，我们写
AB
对△CDE及点 A有
CF
CG EF
BC GE FA
1 ，
对△ ADE及点 C有
DG
FD
DB EG BE GC AF EB FE BD BE DH ED HA DF CB FC BA DC FE CF EA
1 ，
1 ，
对△ ABD及点 F有
AC
GA
1，
对△ ACD及点 E有
AG
CB
1 ，
对△ ADF 及点 B有
AH
GD
1 ，
对△ ABF及点 D有
BC
HD
对△ BDF 及点 A有
BE
AE FH
CA EF HB
1 ，
ED
DC FH CF HB
1 ．
【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．
证明如图 2-5 ，四边形 ABCD 的两组对边延长分别交于
对 △
（ 1978 年全国高中竞赛题）
E ，F ，对角线 BD ∥ EF ，AC 的延长线交 EF于G．
AEF 及点 C ，应用塞瓦定理，有
AB
EG FD
GF DA BE
1 ．
ABAD 由 BD ∥ EF ，有 ，代入上式，
得
EG
GF
BE DF
1 ，即 EG GF ．命题获证．
例 2 如图 2-6 ，锐角 △ ABC 中， AD 是 BC 边上的高， 交 AC ， AB于 E， F ．求证： ∠EDH ∠FDH ． 证法 1 对 △ ABC 及点 H ，应用塞瓦定理，有
H 是线段 AD 内任一点， BH 和 CH 的延长线分别
（ 1994 年加拿大奥林匹克试题）
AF BD CE
1 ．
①
FB DC EA
过 A作 PQ∥BC ，延长DF ， DE分别交 PQ于P， Q，则 DA⊥ PQ，且△ APF∽ △ BDF ， AF FB
△ AQE ∽ △ CDE ，从而
PA
BD，AQ AF FB
BD
EA CE EA
DC ．
而由①，有
DC ，故 PA AQ．
CE
由此知 AD 为等腰 △ APQ 底边 PQ 上的高，故 ∠EDH
证法 2 对 △ ABC 及点 H 应用塞瓦定理，有
∠FDH ．
AD sin ∠ADF
BD DC sin∠ EDC DC AD sin∠ ADE
tan∠ ADF cot∠ ADE ．
BD sin ∠ FDB
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
∠EDA ∠FDA ．
及截线 BHE 应用梅涅劳斯定理也可证得有 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 EC
AH 平分 ∠BAD ，由角平分线性质，可得
BH AB ，故
CG AB DE
1 ．
HD AD
GB
AD EC
过点 C 作 AB 的平行线交 AG 的延长线于 I ，过点 C 作 AD 的平行线交 AE 的延长线于 J ，则
CG CI ,DE
AD 1
．所以CI AB AD
．
GB
AB
EC CJ
AB
AD CJ
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 CE
1．而 AE
CE ，则AF
DC
．
FB DC EA
FB
BD
由 DN ∥CG ，由 CD
NG ．
BN
于是，有
AF NG
BD
，从而 FN ∥ AD ，即知四边形 DNFG 为平行四边形，有 ∠GDN
∠GFN ．
FB
BN
又 ∠GDL ∠GFM 60 ，则 ∠LDN ∠NFM ．
而DN GF
FM ，DL
DG NF，知 △LDN≌△NFM，有 LN
MN ， ∠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 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
， 则 ∠PBC
， ∠ABP B
， ∠ACP 2B ， ∠ CAP π 2 2B
（
其
中
注
意
AP
AC
） ， ∠ P
∠A∠B
πA [ π 2 C (
A 2 P ) B] ． C
(π 3B π )4
B( 2
) B
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 )
sin( B
sin(2Bsin
1．
2 )
)
B
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 而 sinB
sin(3 B 2 ) sin( B 2 ) 2cos(2 B
2 ) sin B ．
0 ，则 cos2( B
)
1
．
因 0 B
b
1
3
(B C )
2
π3 π
，则 2( B
)
2π0 , ．
3
2( B
)
π
，即 B
．
3
从而 ∠ CAP π 2(2 B
2( B 2 )
故 ∠PAB
)
6
π 4( B
)
2
1
2∠ PAB ．
∠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 例 6 设 M 、 N 分别为锐角 △ ABC（∠A 交圆
于点 P ， I 为 △ ABC 的内心，联结
2009 年全国高中联赛加试第一题的第 1 问：
∠B ）的外接圆 PI 并延长交圆
上弧 BC 、 AC 的中点．过点 于点 ．求证： MP MT
C 作 PC∥MN
NP NT．
证明事实上，易知 理，有
A、I 、M及B、I 、N分别三点共线，对
sin ∠ INP
1 ．
△ PMN 及点 I 应用第一角元形式的塞瓦定
①
sin ∠ NPI sin∠ PMI sin ∠ MNI sin ∠ IPM sin∠IMN
由 CP∥ MN 知 PA PB ，有 ∠PMI
∠INP ．
MP ． NP
于是①式即为
NT MT
sin ∠B
2 CN 1 CM sin ∠ A
2
1
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
直线 GC 上与 C ， G 都不相同的任意一点，并且直线
90 ， G 为 AB 上给定的一点（
2．下证2由
G 不是线段 AB 的中点）．设 D 为
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）
1 确定，即当
证明设 G 分线段 AB 为定比 1 ， H 分线段 AB 为定比 位置由点 G 唯一确定．
A ， B 给定后，点 H 的
在 △ ABC 中，由 AE ， BF ， CG 交于一点 D ，应用塞瓦定理，有
AG BE CF GB EC FA AH
BE CF
1，即
BE CF
1
1 ．
EC FA BE CF
2
对 △ ABC 及截线 EFH ，应用梅涅劳斯定理，得
1，即
1
1 ．
HB EC FA
上述两式相加，得 (
2 0，即
2
)
EC FA BE CF EC FA
0 ．
2
从而 1
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，
∠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
BL LC
AB sin∠ BAL AB sin ∠PAC
．
同理，
AC sin∠ CAL AC sin ∠ PAB CM BC sin∠ PBA
,
MA AB sin∠ PBC
AN NB
AC sin ∠ PCB ． BC sin ∠ PCA
AN NB
将上述三式相乘，并应用正弦定理，有
BL CM LC MA
sin∠ PAC sin∠PBA sin ∠PCB PC PA PA PB
PB PC
1
．
sin∠ PAB sin∠ PBC sin ∠ PCA
由塞瓦定理的逆定理，知 直线 CP交 AB于F ．
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，
对 △ ABC 及点 P ，应用塞瓦定理，有
AF FB
BD CE DC EA
1．
在 △ ABL 和 △ ACL 中应用正弦定理，有
sin∠ PAC sin ∠ C
同理，
sin∠ B
sin 2 ∠ C
DC AD sin 2 ∠ C AD BD sin ∠ B
2
∠
2
DC sin 2 ∠ C BD sin ∠B
2
sin ∠ PAB sin ∠B AE sin2 ∠ A EC sin 2 ∠C AN NB
DC BD
，
2
．
CM MA
AN
BF
NB
sin B ．
2
以上三式相乘，并注意到①式，有
BL CM LC MA
AE BF EC FA
1 ．
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
1 ．
sin∠ PAC sin∠ PBA
由题设 ∠PAB
sin∠ PCB
∠CAL ， ∠PBA ∠CBM ， ∠PCB
∠ACN ，则有 ∠BAL ∠PAC ， ∠ABM ∠PBC ，
∠BCN ∠PCA ．
于是
sin∠ BAL sin ∠ CBM sin∠ CAL
sin∠ACN sin∠PAC sin ∠PBA sin∠PCB sin∠BCN sin∠ PAB sin ∠PBC sin∠ PCA
1 1
sin∠ ABM 1
sin∠ PAB sin ∠ PBC sin ∠PAC sin∠ PBA sin ∠PCA sin∠ PCB
1 ，
对 △ ABC ，应用角元形式的塞瓦定理的逆定理，知 过点 Q 作该圆的两条切线，切点分别为
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 ，
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 BP
PC DQ CD QA
1 ，从而只须证明
DM AM
DQ 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 QA
QE2
QL QO ，即知 D ， L ， O， A 四点共圆，有 ∠QLD ∠DAO ∠ODA
EF ⊥ OQ ，则 EL 平分 ∠ALD ．于是，
∠OLA ，此表
明 QL 为 △ LAD 的内角 ∠ALD 的外角平分线．而
DM AM DL AL
DQ
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
．若点
2
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 AB AC
BD CE
P
满足
∠ AEP ∠ ADP
k（∠ PED ∠ PDE）
（
k
为常数），则
．
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 QC EP DB
1 ．
而 BD CE，则
PD QC
．
， 即 有
PE QB
不妨设 QC≤ QB，则
， 于 是
≥
， 故
S ≥ S
P D≤ P E
．
PC CE P≤E BD PD P
S
△PBES△
P C D
△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 作△ FBC的外接圆
∠BF F
∠ F FC ∠ BCA≥∠
ABC∠
F ．又
O 交 EF 于另一点 F ，则四边形 BCFF 为等腰梯形．当 AB≥ AC 时，由
AEF F
EF
∠BDC ≥∠ BFC ≥∠ BEC
，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 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 AD
ME BE
MF CF
1 ．
证明如图
2-14 ， 记
BD
m ，
CE
EA
n ，
AF
l ． 对 △ ABC 及 点 M ， 应 用 塞 瓦 定 理 ， 有
DC
mnl 1 ．
FB
BD CE AF DC EA FB AM MD AM MD
DB CE BC EA 1 m m n
(1
对 △ ADC 及截线 EMB ，应用梅涅劳斯定理，有
AM m
n
1，即
MD 1 m m)l ．
由合比定理得
AD MD
1 (1 m)l ，即
MD AD
1
1 l ml
．
同理，
ME
BE
MF CF
1 1 m mn
ml
l l ml
．
，
1
1 1 n nl
ml 1 l
三式相加，得
MD AD
ME BE
MF CF
1 ．
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
BD
m ，
CE
EA
n ， AF
p ，对 △ ABC 及点 P ，应用塞瓦定理，有
DC FB
BD CE AF DC EA FB
mnp 1 ．
对 △ ADC 及截线 BPE ，应用梅涅劳斯定理，有
CE EA n
AP DB PD BC AP m PD m 1
1 ．注意到 DB1，即
AP
m ，则有
BC m 1 m 1 AP m 1
，故
．
mn m 1
BDCA BP BE
，有 CA EP 1 ．而 mn m ，故 n 1 ，则 mn 又对直线 APD 截 △ BCE
DC AE PB AE EP EP
AFB E P Q PQ 1 1
，有 FQE 1 ， 即 有 又对△ ABP及截线
F B E P A Q AQ p( mn m 1) mp p
PD
mn
AD
PQ AQ
从而
m 1 ．
， 故
1
1 p 2
．
PQ
mp
AD ≤
1
PQ AP
AP AD 3 2 2
．
mp
1 p
m 1
2 mn m 1
3 2 2
于是， PQ≤(3 2 其中等号由
2)AD．
2 mn m 1 2mnp
p (m 1) ≥ 2
2mn m 1
p(m 1)
2 2 中等号成立时成立，即当且仅当
2mn m 1
p(m 1)
亦
即当且仅当
2
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．
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
（ IMO 45 预选题）
赖于圆 的选取．
证明设 ∠ AQC 的平分线交 AC 于点 R ，交圆 由于 △ PAC 是等腰三角形，则有
于点 S ，其中 S 与 Q 是不同的两点．
．
AB BC
sin∠ APB sin∠ 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 ∠ QCP
sin∠QCA
1．
注意到 ∠ PAQ 则 sin ∠ APB
∠ ASQ ∠ QCA ， ∠PCQ sin ∠ PAQ sin ∠ QCA sin∠QAC sin∠ PCQ
sin∠ CPB sin∠ QAP
∠ CSQ ∠QAC ．
sin∠ CPB
sin 2 ∠ ASQ ． sin2 ∠CSQ
即 AB
AR
RC
2
2
，故结论获证．
BC
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
AF 和直线 BC 垂直．
∠CBD 40 ， ∠BCE
70 ， F 是直线 BD 和 CF 的交点．证明：直线
（ 1998 年加拿大奥林匹克试题）
证明设 ∠BAF ，则 ∠FAC
40
1 ．
，对 △ ABC 及点 F ，应用第一角元形式的塞瓦定理，有
sin10 sin 70
sin
sin 40 ) sin 20
)
sin(40
从而 sin10
cos20 sin( sin(
sin sin(40
2sin 20 cos20
sin 20
1 ，即有
80 ) sin( 80 )
80)．
sin(40 ) sin( 80 ) 2cos60
，
sin( 20
) sin( 20
) ．
注意到 0 40 ，知 80 20 80 20 ，有
30 ． 80 20 ，故
延长 AF 交BC于H ，则 ∠AHB 180
注此题也可这样来解：由
∠FBC ∠ABH
180 30 60
90 ．故 AF ⊥BC．
sin10 sin 70 sin 40 sin 20
cot
sin
sin(40
sin 40 ) sin 20
1 ，有
sin(40
sin
) sin10
sin70
)
2sin10
sin10 sin30
sin(40
30 )
sin30
sin 40
cot30 cos40 ．
由于 sin(40
sin 40
cos40 作为
的函数在 (0 , 180 ) 上严格递减，
sin
所以 ∠BAF 30 ．故 ∠ABC ∠BAF 90 ．因此， AF ⊥ BC ．
30 ， ∠HAC
sin30 sin10
或者过点 A 作 AH ⊥ BC于 H ，则 ∠BAH 关于 △ ABC有
10 ．
sin ∠BAH sin∠ ACD sin∠ CBD sin ∠ HAC sin∠ ECB
sin∠ DBA
sin10 sin 40 sin70 sin 20
1 ．所以， AH 、 BD 、 CE
三线共点，因此点 求 ∠AMC ． 解设 ∠ACM
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
sin
， AC BC ，
（ 1983 年前南斯拉夫奥林匹克试题）
，则 ∠MCB 80
．由第一角元形式的塞瓦定理， 有
sin10 sin 40
sin 20 sin30
sin 80
1 ．
从而 sin sin10 cos80 80 )
sin(80 ) cos20 ． ) cos20 ，
2sin sin( 2cos90 于是 sin(
2sin(80
sin( 80 ) sin(100
) sin(60
) ，
sin(10 ) 0 ． 80 ) sin(60 ) ．
注意到 0 80 ，知 80
，故
80 ，60 60 ．
80 60
所以 ∠AMC 180 70 ．
∠MAC ∠ACM 180
40
70
70 为所求．
注此题结果也可直接由①式有
sin sin70
且 0
， 80
80 ，求得
70 ．
sin10 sin(80
)
另外，此题也可这样来解：由
sin sin(80 sin10 cos20
sin10 ) sin 40 sin(80
sin 20 sin30 70 )
1，有
sin(80
sin
)
sin10 sin 20 sin 40 sin30
sin 70
sin80 cot 70
cos80 ．
s i n ( 8 0
因 为
s i n
) s i n 8 0
c o t
c o作s 为80
的函数在（
0
，180 ）上严格递减，所以
∠ACM 70 ．故 ∠AMC
或者由 ∠AMB 定理，有
1
180 40 70 70 ．
140 ，令 ∠AMC x ，则 ∠CMB 220
x ．对 △ MAB 和点 C 应用第一角元形式的塞瓦
sin ∠AMC sin ∠ MBC sin ∠ CMB sin ∠CBA
sin ∠ BAC sin∠ CAM
sin x
sin(220
x)
sin 20 sin50 sin50 sin 40
．
则 sin(220
x)
sin x
1 2cos20
sin(220 70 )
sin70 cotx
sin 220 cot 70 cos220 ．
因为 sin(220
x ) sin 220
cos 220 (sin 220
sin x
作为 x 的函数在
0) (0 ,180)
上严格递增，所以
∠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 ， ∠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）
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
sin 20 sin(80
sin 40 ) sin10
sin
sin30 sin 40 sin10
1 ．
即有 2sin10
cos10
sin(80 )
sin
1 2
1．
4sin
sin 20 sin 40
sin80
sin60 sin
sin 20
．
，
sin 20 ) sin 20
sin(80
从而
sin60 sin
且 0
sin(80
) sin 60 sin
， 80
80 ，
sin 20
故
20 ，即 ∠ACB
50 ∠CAB ，从而 AB BC ．
sin 20
注此题也可这样来求解：由
sin 40 ) sin10
sin
sin(80
sin30
1 ，
有 sin(80
sin
sin60 sin 20
sin 20 sin 40 4cos10 sin 40 4sin 20 sin 40 sin80 sin10 sin30 sin 20
sin(80 20 )
sin80 cot 20 cos80 ．
sin 20
)
因为 sin(80
) sin80
cot
cos80 作为
的函数在（ 0 ，180 ）上严格递减， 所以 ∠ BCP
20 ，
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， 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
∠ AOG
, ∠AOG
，又
，故
， ∠COH
AG，CF CF ，则由对称性可知有下列角相等，即若设
， ∠G OE ∠1， ∠EOB ∠2 ， ∠BOF ∠3， ∠F OH ∠4 ，
则
．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 OH
OK sin(∠3 ∠4) OG sin(∠1 ∠2)
1．
OE OB sin ∠2 OF
故由塞瓦定理的逆定理，知
OH sin ∠4 OK
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 lB ， lC ．试证：三直线 l A ， l B ， lC 相交于一点．
证 明 设 l A 与MN ， BC分别相交于点 G， D ，由∠AMG
（第 29 届 IMO 预选题）
∠ ADN， ∠AGM
∠ AND
90 ， 知
，即 ．
∠MAG ∠ NAD ∠BAD ∠CAD 同理，设 CA ， AB 边上的高 BE ， CF 的垂足分别为 E ， F ，且 l B ， lC 分别与 CA ， AB 交于 E ， F ，则
有
∠CBE ∠ABE ， ∠ACF ∠BCF ．
sin∠ CAD sin∠ ABE sin ∠ BCF sin∠ DAB sin ∠EBC sin ∠ FCA
用等角代换上式，有
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
1 ，
sin∠ BAD sin∠ ACF sin∠ CBE
sin∠ DAC sin∠ F CB sin∠ E BA
故由第一角元形式的塞瓦定理，知 例19如图
1．
AD ， BE ， CF 三线共点，即 l A ， l B ， l C 相交于一点．
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
EB PA EP
，PA
FP ，
DS
①
FD
此两式相乘，有
BR DS
EB FP EP FD
．
又由 △ECR∽△ EPD ， △ FPD ∽△ FAS ，有
CR PD
EC，PD EP
FP ， FA
AS
此两式相乘，有
CR
由①
②，得
AS
DS CR
BR
AS
EC FP ． EP FA
EB FA ． EC FD
上式两边同乘以
DC ，得 BR CD SA AB RC DS AB EB AF DC ．
BA FD CE
对 △ EAD 及截线 BCF ，应用梅涅劳斯定理，有
EB AF DC BA FD CE
于是 1 ．
1．
BRCD SA
RC DC AB
此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知 【模拟实战】
BD ， RS ， AC 交于一点．从而 R ， T ， S三点共直线．
习题 A
1．在 △ ABC 中， D 是 BC 上的点，
BD
DC
1
3
， 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 ，则直线 AD，BE ，CF
也共点．
D ，
E ， F 关于所在边中点的对称点分别为
边上的交点为
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
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 7． O 是 △ ABC 的内切圆， BC ， CA ， AB 上的切点各是 得 B ，C ．试证：直线 AA ， BB ，CC 共点． 各向 BC ， CA ， AB 所作的垂线也共点． 9．在 △ ABC 中， ∠ABC 数．
△ DEF ．又 AX ， BY ， CZ 分别平分 D， E， F．射线 DO交EF于 A，同样可
∠BAC ， ∠ABC ， ∠ACB 且它们与 EF ， FD ， DE 交于 X ， Y ， Z ．求证： DX ， EY ， FZ 三线共点．
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
∠ACB 40 ， P 为形内一点， ∠ PAC
20 ， ∠PCB
30 ，求 ∠PBC 的度
10．在 △ABC 中， AB AC ， ∠A
80 ， D 为形内一点，且
∠DAB
∠DBA 10 ，求 ∠ACD 的度数．
432 题）
（《数学教学》问题
11 ．在 △ ABC 中， ∠BAC 30 ， ∠ABC 度数． 12．在
70 ， M 为形内一点， ∠MAB ∠MCA
20 ，求 ∠MBA 的
（《数学教学》问题 491 题）
中， ， ， 为 的平分线上一点， 使 ， 交
△ ABC ∠ ABC ∠ABC ∠ PCB 40 30 P 10 BP 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， ∠ABC 的度数．
40 ，∠ACB 20 ， N 为形内一点， ∠NBC
30 ，∠NAB 20 ，求 ∠NCB
（《数学通报》问题
1023 题）
14．在 △ ABC 中，∠ BAC 的度数．
80 ，∠ABC 60 ，D 为形内一点， 且 ∠ DAB 10 ，∠ DBA 20 ，求 ∠ACD
（《数学通报》问题 1142 题）
15．在 △ ABC 中，∠ABC 的度数．
50 ，∠ACB 30 ，M 为形内一点， ∠MCB
20 ，∠MAC
40 ，求 ∠ MBC
1208 题）
．求证： 1306 题）
（《数学通报》问题
16 ． △ ABC 中， ∠ABC 70 ， ∠ACB 30
， P 为形内一点， ∠PBC 40 ， ∠PCB 20
CA AB BP 1． AP PC ∠ PCB
CB QCA
（《数学通报》问题
17 ． 在 △ ABC 中 ， ∠ABC ∠ACB 问题 1243 题）
40 ，P，Q为形内两点，∠PAB
∠ QAC 20
，
10 ．求证： B ， P ， Q 三点共线．
（《数学通报》
18． △ ABC中， ∠ABC ∠ACB 50
BQ ．
，P，Q
为形内两点，∠PCA
∠ QBC 10
，
∠ PAC ∠ QCB 20 ．求证： BP
（《数学
通报》问题 1281 题） 度数．
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
（《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 C2 B ，过 A2 ， B2 ， C2 分别作 AA1 ， BB1 ， CC1 的平行线 la ， lb ， l c ．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．
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 ，
三
LU （ S ， T ， U 在三角形三边上）分别交
线共点．
LN，LM ，MN于 D，E，F．求证： MS，NT，LU
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 于 P3 ， P4 ； BC 的延长线分别交
A C ，B C 于 P5 ，P1 ；AC 的延长线分别交 BA ，BC
A B ， A C
，
，
于P6，P2，且满足
A P
1
A P
4
B
2
P
B P B CP P C CP P．求A证：P
3
5 1 2
AA BB CC
所在直线共点．
25．给定
△ ABC BC D CD AC △ ACD
BP 与 CP 的延长线分别交 AC和 AB于E， F．求证： E，F，D共线．
，延长边 至 ，使 ．
（《中学数学教学》擂台题（ 28））
的外接圆与以 为直径的圆相交于 和 ．设
BC
C
P
（第 15 届伊朗奥林匹克题）
26．在 △ ABC 的边上向外作三个正方形， 直线 AA1 ， BB1 ， CC1 共点．
A1 ， B1 ， C1 是正方形中的边 BC ， CA ， AB 对边的中点． 求证：
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
AD ，BE ，CF 共点．
O
的直径．求证：直线 （《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
两角的外角平分线交于
A1 ，点 B1 ， C1 与此类似．直线 AA1 与 B ，
C
A ，点 B ， C 与此类似． 求证：（Ⅰ） 三角形 A B C 的面积是六边形
0
AC BACB
0 0 0 0 0 1 1 1
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
于 E ， F ．求证： ∠BPF ∠CPE ．
BG ， CG 分别交边 AC ， AB
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，
DG 交 CB 的延长线于 F ．试证： ∠BAF ∠DAE ．
6．在 △ ABC 中， AB
数．
BE 交 AC 于点 G ，延长
AC， ∠A 100 ， I 为内心， D 为 AB 上一点，满足 BD
BI ．试求 ∠ BCD 的度
（《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，
C1A ．
（ IMO -37 预选题）
C1 三点．证明：
A1B1 B1C1 C1A1 ≥ A1 B B1C
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
和 D 的切线分别交 l 于 B 和 A ，上两点， 上过 C
AC 和 BD 的交点， F 是 l 上的点， EF ⊥ l ．求证： EF 平分 ∠CFD ．
，C， D，是
（ 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 明： AA1 ， BB1 ， CC1 交于一点．
AC 边和 AB 边上的内接正方形的中心分别为
B1 ，C1 ．证
（ IMO -42 预选题）
10．以 △ ABC 的底边 BC 为直径作半圆，分别与 垂足依次为
AB ， AC 交于点 D ， E ，分别过点 D ， E作 BC 的垂线，
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 上，使得 OD
D ， E， F 分别在线段 BC， CA， AB
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
O于 E， F ．求证： AE， BF ， OD三线共点． NA，射线 CM ， CN 交
LN ∶
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 线AA，BB相交于 C
2
3
1
3
A1， A2， B1， B2， C1 ， C2 ．设 A3 ， B3， C3 为弧 A1A2 ， B1 B2 ， C1C2 的中点，直
，直线 B B ，CC 相交于 A ，直线 C C
4
2
3
1
3
4
2
3
，AA 相交于 B ．求证：直线 A A ，BB ，
1 3
4
3
4
3 4
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 ．
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）
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．
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容