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BAAsinACCsinCBB1

sinAACsinCCBsinBBABAS证明由ACS△ABA△AACABsinBAAACsinAAC，

CBBCsinCBBACACsinACC BAABsinBBACBBCsin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A、B、C分别是△ABC的外接圆三段弧BC、CA、AB上的点,则AA、

1111BB1CBAC1． 、CC共点的充要条件是BAACBACB1111111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BOAsinAOCsinCOB1sinAOCsinCOBsinBOA．

事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有

IBACBACS△BOAS△COBS△AOC ACBACBS△ADCS△BOAS△COBBOsinBOACOsinCOBAOsinAOCCOsinAOCAOsinBOABDsin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，

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CE的交点．证明：直线AF和直线BC垂直．

学必求其心得，业必贵于专精

C70°HD40°FαAE图22-140°20°B

证明如图22—1，设BAF，则FAC40,对△ABC及点F，应用甬元形式的塞瓦定理，有

sin10sinsin401sin70sin40sin20．

sin10sin2sin20cos201， 从而sin70sin40sin20即有sin402sinsin102sincos80

sin80sin80．

于是

sin80sin40sin80

2cos60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FABABH=1803060=90． 故AFBC．

例2（1994年代表队IMO选拔赛题）如图22-2，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．

学必求其心得，业必贵于专精

Aπ22B)B2θ2BθPBθBC图22-2

证明用B表ABC的度数，令PCB，则PBC=，ABPB，ACP2B，

CAP22BPABACAPBC22B3B4B2B2△ABC,

．对

及点

P应用第一角元形式的塞瓦定理，有

．

sin22BsinB2sinBsin1sin2BsinBcos2BsinB1． 亦即2sin2sinB2sin2B亦即sinB22sinBcos2Bsin3B2sinB． 从而sinBsin3B2sinB22cos2B2sinB 而sinB0，则cos2B1．

2由0BB1BC,有2B0,332 3于是2B，即B，从而

36CAP22B4B2222B2B22PAB36．

故PAB1A，即AP是A的兰等分线．

3例（32008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

abcabc所在的直线为l,类似地定义l，l．证明：直线l、l、l三线共点．

学必求其心得，业必贵于专精

AFEBDA1图22-3C

证明设△AEB的外接圆和△AFC的外接圆的另一交点A，则l即AA（A完

1a11全四边形的为密克尔点)．易知A在BAC内，B、A、E、A及C、A、F、

11A1分别四点共圆．类似定义B，C．

11111此时,FBAABAAEC，

BFA1ACA1EC1A．

11BF从而△BFA∽△ECA，即有BA． AECE11注意AACAAEABE，AABAEB，对△BAE用正弦定理，

111111

sinAEBsinAAB有BA． AEsinABEsinAAC111111同理,B在ABC内,C在ACB内，BB即为l，CC即为l,且有

111b1cAEsinC1CABDsinC1CB1sinBBC，CD． AFsinBBA11sinAABsinCCAsinBBC从而sin

AACsinCCBsinBBA11111BFAECDBFAECDCEBDAFFAECDB．

而由AG、BG、CG分别交对边BC、CA、AB于D、E、F,应用塞瓦定理有

BFAECD1FAECDB1．

1111sinAABsinCCAsinBBC1． 于是sinAACsinCCBsinBBA1这样利用第一角元形式的塞瓦定理可知直线AA、BB、CC三线共点，

111学必求其心得，业必贵于专精

即l、l、l三条直线共点．

abc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，PAN,PAQ．

AMαγβNPBCQ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BAPsinACPsinCBP1sinPACsinPCBsinPBA, ① , ②

sinMNPsinNQPsinQMP1sinPNQsinPQMsinPMN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，PAC,

PMQPBQQANCBPMNP，ACPNQP，

，PCBPMN，PBAPQM，

．

PNQPCQMAQsin1． 由①÷②得sinsinsinsinsinsinsin coscos2coscos2

学必求其心得，业必贵于专精

cos2cos2

因为BAC180，所以．

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，CPE,CPD，

EBC．并分别用A、B、C表示BAC、ABC、ACB．

AFEPαβγα'BDC图22-5

在△DEF中，由第一角元形式的塞瓦定理，有

sinPEFsinPEDsinPDEsinPDFsinPEDsinPFE1，

即sinsinsinsinAsinCsin1 在△ABC中，由角元形式的塞瓦定理,有

sinPBCsinPBAsinBAPsinACPsinCAPsinPCB1，

即

sinsinsinCsinsinAsin1．

设fxsinxsinBxsinCxsinBxsinABxsinx．

由x,Bx，Bx,ABx，Cx，x0,2,易知fx递增．于

是由ff可得,所以EF∥BC．

学必求其心得，业必贵于专精

同理,DF∥AC,DE∥AB．

AEAFDCDCEC从而，有AF，，． FBECFBBDBDAE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A、B、C，l为过点I的任意一条直线．A、B、

111C分别为点A、B、C关于l的对称点．证明：AA、BB、CC三线共点．

11111证明如图22-6，由题设,知BAAB以及CB、CA均与I相切，则

ACIB'A1图22-6A'B1C'BlC

BAC1m11mBA1AB1AB1A22．

若记daB为点B到直线BC的距离，dbA为点A到直线AC的距离,则

daBA1BsinBAC1

B1AsinAB1AdbAbc．

ca同理，dCdB,dAdC．

由第一角元形式的塞瓦定理，AA、BB、CC线共点

sinC1AAsinA1BBsinB1CC1

sinAAB1sinBBC1sinCCA1dcA/AAdaB/BBdbC/CC1

dbA/AAdcB/BBdaC/CCdcAdaBdbC dbAdcBdaCdcAdaBdbC1daCdbAdcB．

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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

B的圆弧．为A的圆弧;也可做一条以RP为弦，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，RMPB,

PMQ2AB ABC，

ARR1DQ1MPQEBP1FC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P，Q,R．

111不妨设R在线段AR上，记RMR，则RMPBRMR．

1111同理，QMQ．

于是，Rt△MBR∽Rt△MPP∽Rt△MQQ，

11MRMPMQ1从而MR． ① MPMQcos111MRMPPRMRRMPRMP，知△RMP∽△RMP，得由MR及cos． MPPRMR111111111QRcos，同理,PQPQQR1111cos．

学必求其心得，业必贵于专精

MRQR由PRPRMRQR11111cos

,

可知△PQR∽△PQR,相似比为cos．

111故△PQR也为△ABC的内接正三角形，且SS111△PQ11R1△PQRcos2．由面积的最小性知

必有cos0，即0．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,

QADcosAQR则sin

sinRADcosARQcosAMRMR/AMMRcosAMQMQ/AMMQ．

sinPCFMQRBEMP同理，sin，． sinQCFMPsinPBEMRQADsinRBEsinPCF1，这样，则有sin由第一角元形式的塞瓦定理知AD、sinRADsinPBEsinQCFBE、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A、A、A、A,其中任意三点不共线,使得

1234A1A2A3A4=A1A3A2A4A1A4A2A3iki．

j,k,l1,2,3,4记O是△AA；A的外心，这里i,iiii．假设对每个下标i，都

有AO．证明:四条直线AO共点或平行．

证明若四个点A、A、A、A构成一个凹四边形,不妨设A在三角形AAA12344123中，如图22-8（1）．

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A1PA4A2(1)图22-8A1O3O2A4A3A2O1(2)A3

APAA作△AAP∽△AAA，则AAP=AAA，从而AAP=AAA，且A． AAA1141312431412412121312于是，△AAA∽△AAP．

12314AAAAAPAAAP即有A,故AAAAA41414243A3A4．

A3A4231212AAAAAPAAAP又A，所以，AAAAA32413234，从而APAPAA．即知△AAP为正

343434131212三角形，所以AAAAAA124134A1A3PA1A3A460214234．

同理，AAAAAA32431460，AAAAAA31460．

设AAA124，AAA23214，AAA,

，则

．

121A1A3A4601，AAA234460A3A2A460421因为O是△AAA的外心，所以AAO90，于是AAO90． 同理,AAO23431290，AAO31390． ．

又AAO90AAA30，则AAO90．

42131同理,AAO21290，AAO32390由第一角元形式的塞瓦定理,知

sinA2A1O1sinA3A2O1sinA1A3O11sinO1A1A3sinO1A2A1sinO1A3A2．

而OAA132O1A2A3

2311,

AAO所以sinsinAAO11sinO1A2A1sin90sinO1A3A1sin90．

学必求其心得，业必贵于专精

AAO同理，sinsinAAO32122sin90sin90，

2sinA1A3O3sin90sinA2A3O3sin9021132．

21332sinAAOsinAAOsinAAO所以sinOAAsinOAAsinOAA113221331．

112233由第一角元形式的塞瓦定理的逆定理，知AO，AO，AO三线共点或者互相平行．

AO，AO,AO若四个点A、A、A、A构成一个凸四边形AAAA,类似的可得：

12341234112233三线共点或者互相平行．

同理AO，AO,AO三线共点或者互相平行．

112244综上所述，四条直线AOi1,2,3,4共点或平行．

ii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A、B、C．证明：AE、BF、

11111C1D三线交于一点．

O证明如图22—9，设

1为△ABC的外接圆，l即为直线DFE，过O作l的垂

线l．设D、E、F关于l的对称点分别是D、E、F．故只需证AE、BF、

1CD三线共点即可．

ADE'C1BA1FD'F‘OCl1B1E图22-9

又由第一角元形式的塞瓦定理知，只需证

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sinEABsinFBCsinDCA 1sinEACsinFBAsinDCBsinEABsinEABsinAEF sinEACsinAEFsinEACEDAFAFED ADEFADEFsinFBCBDFEsinDCACEDFsinFBABEFDsinDCBCFDE即可．

注意到同理，

．

，．

注意对△ACB应用梅涅劳斯定理，有

sinEABsinFBCsinDCA sinEACsinFBAsinDCBAFBDCEEDDFFE ADBECFDEFDEFAFCEBD1FCEBDA1．

11因此，AE、BF、CD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

MBA30，MAB10．

设ACB80，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PAB=10，PBA=20，PCA30，PAC=40．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、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，PB与圆交于点Q．证明:

的平分线与AC的交点不依赖于圆的选取．

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

121212121212PAQC4．（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于点A、A．类似地定义B、B和C、C．证明：AA、BB、CC三线共

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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．

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，过P作PEAC，垂足为E，作PFAB，垂足为F．O、P是线段AD内一点，

1O2分别是△BDF、△CDE的外心，求证:O、O、E、F四点共圆的充要条

12件是P为△ABC的垂心．