《塞瓦定理及应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《塞瓦定理及应用.docx（30页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、第二章塞瓦定理及应用【基础知识】AA , BB ,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CC三线平行或共点，则_BA CB 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，得 CB BCBA ADACC BEABC又由BAAD从而BAACAPPACBBA若 AA , BB ,由:AC也，有EABAACACCBADEABCADADEAEABCCC三线平行，可类似证明对于图2-1(b )、CB ACBA C BSa pabpca(b)(略)(c)也
2、有如下面积证法:Sa PBC Sa1，即证.Sa PAB Sapbc(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BPB应用梅涅劳斯定理有BCAP ACAB CB APCA PA C BBC BA PA上述两式相乘，得BA CB ACAC 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，直线CC与AA交于点Y，直线AA与BB交于点点共线.令
3、直线 BB与CC交于点XX图2- 2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BACABX1ACABXB对 CAC及点A（直线CB ,AY,CB的交点），有CB-ABC Y1 .BCBCYC“、亠ACBCAZ对 ABA及点B（直线AC ,BZ ,AC的交点），有1C BCAZA对 BBC及点C（直线BA ,BA,CX的交点），有聖B AC A1 .XBACAB“、亠CYC BA B对 CCA及点A（直线CB .,CB ,A Y的交点），有1YCBABC对 AAB及点B（直线AC,AC ,BZ的交点），有AACBC1
4、ZACBCABA CB2AC上述八式相乘，有1 .AC BAC BBA CB AC 故A C BA C B塞瓦定理的逆定理分别是 ABC的三边BC , CA , AB或其延长线上的点，若BA CB AC1 AC BA C B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Ci，则由塞瓦定理，有BACB AC11 ,又已知有BACBAC11 ,由此得AC1AC ,即 AC1 AC ,亦即 AC1 AC ,ACBA C1BACBAGBC1BC BAB AB故C1与C重合，从而AA ,BB ,CC三线共点.若 AA II BB，则 CBCBAC代入
5、已知条件，有C -AC由此知CC II AA，故B ABACBCBAA 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AA , RA CB ACBB，CC平行或共点的充要条件是 竺 竺 1 .AC BA C B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，贝U三直线AA,BB , CC平行或共点的充要条件是sin / BAA sin / A AC 证明由-BAA C S AACsin / ACCsin/ CCBabasin / CBB / 1 .sin /
6、 B BAAB sin / BAA CB，BAAC sin / A ACBCsin / CBB/ ?AB sin / B BAACCBAC sin ACC，三式相乘,BC sin / CCB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 ,分别 ABC的三边BC ,CA,AB所在直线上的点， 0是不在厶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i 少 CB AC A C BA C BBO
7、 sin / BOACO sin / AOCBOACOBaoc roaCO sin / COBAO sin / BOAaocc obAO sin / AOCBO sin/ COB由此即证得结论.注 在上述各定理中，若米用有向线段或有向角，则、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、式中的角 也可按式的对应线段记忆.推论 设A ,吕,G，分别是 ABC的外接圆三段弧 BC , CA , AB上的点，贝U AA, , B , CC1共 点的充要条件是BAi CBi ACiAC B A Ci B证明 如图2-3，设 ABC的外接圆半径为 R
8、 , AAi交BC于A , BBi交CA于B , CCi交AB于C .由A , Ci, B ,Ai, C ,Bi六点共圆及正弦定理，有BA, 2R sin/ BAAi sin / BAA AC 2R s in / AAC sin / A ACCBi sin / CBB ACiB,A sin / B BAC,Bsin / ACC sin / CCB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:图2-4对 ACE及点D有 对厶CDE及点A有 对 ADE及点C有 对 ABD及点F有AB CGBC
9、GECF DBFD BEDG AFGA FEAC BEEFi ,FAEGi ,GCEBi ,BDDHCB ED HA对 ACD及点E有 对 ADF及点B有 对 ABF及点D有 对 BDF及点A有AGDFCB1 ,GDFCBAAHDCFE1 ,HDCFEABCAEFH1 ,CAEFHBBEDCFH1 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
10、E , F ,对角线BD II EF , AC的延长线交EF于G 图2-5对 AEF及点C，应用塞瓦定理，有EG FD AB1 GF DA BEAB AD由BD II EF，有一一，代入上式, BE DFEG得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（1994年加拿大奥林匹克试题）分别交 AC , AB 于 E , F 求证：ZEDH Z FDH .C证法1对 ABC及点H，应用塞瓦定理，有DCH 1 - 过 A 作 PQ / BC，延长 DF , DE 分别交 PQ 于 P , Q，贝U DA 丄 PQ，且
11、 APF s BDF , AQE s CDE，从而AFEAPA -BD ,AQDC .FBCE而由，有AFBDEADC，故 PA AQFBCE由此知AD为等腰 APQ底边PQ上的高，故 Z EDH Z FDH .证法2 对 ABC及点H应用塞瓦定理，有AF BD CEFB DC EADAF bD dce dfb DC Sa deaAD sin Z ADF BD DC sin Z EDC BD sin Z FDB DC AD sin Z ADEtanZ ADF cot Z ADE .即 tanZ ADEtanZ ADF ,由锐角性质知Z EDA Z FDA .类似地，对 ABE及截线FHC或对
12、AFC及截线BHE应用梅涅劳斯定理也可证得有ZEDA ZFDA .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ZBAD .在CD上取一点E , BE与AC相交于F ,延长DF交BC于G .求证：Z GAC Z 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CGBH DE1 GBHD ECAH平分/ BAD，由角平分线性质，可得BHHDAB，故 CG AB DE 1.ADGB 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CGGBCI ,
13、 DEAD所以 CIABADi .AB ECCJABADCJ从而，CI CJ 又CIII AB , CJ II AD，有/ ACI 180 - / BAC 180 - / DAC /ACJ I图2- 7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 II CG交BG于N , DGL及 FGM为正三角形.求证： LMN为正三角形.A图2- 8证明 连NF ,对 ABC及点G应用塞瓦定理，有
14、AF BD CE i 而 ae ce，则 AF 匹. FB DC EAFB BD由 DN / CG,由 CDNGBN证：AP是Z A的三等分线.图2-9Z GFN .Z NMF .于是PC的一点.求IMO选拔赛题）于是，有竺 匹，从而FN II AD，即知四边形DNFG为平行四边形，有 Z GDNFB BN又 Z GDL Z GFM 60，则 Z LDN Z NFM .而 DN GF FM , DL DG NF，知 LDN 也 NFM，有 LN MN , Z DNLZ MNL Z DNF - (Z DNL Z MNF) Z DNF - (Z NMF Z MNF)=(180 - Z NFG)-
15、(180 - Z NFM ) Z NFM - Z NFGZMFG 60 .故 LMN为正三角形.例5 如图2-9，在一个 ABC中，ZC 2Z B , P ABC内满足 AP AC及PB证明 用B表示/ ABC的度量，令 ZPCB ，则/ PBC , ZABP B- , ZACP 2B-/ CAP n- 2 2B-(其中注意 AP AC ) , / PAB / A- / CAPn- B- C - n- 2(2 B -)(n- 3B)- (n- 4B 2 ) B- 2对厶ABC及点P，应用第一角元形式的塞瓦定理，有sin n- 2(2B -) sin sin(B-)sin(B - 2 ) sin
16、(2B -) sin亦即2sin(2B-) cos(2B- ) sin(B-)sin(B- 2 ) sin(2B -)于是 sin (B-2 ) 2si n( B - ) cos(2B- ) si n( 3B- 2 ) - s in B ,即 si nB si n(3B-2)-si n(B-2) 2cos(2 B - 2 ) si nB .1 而 sinB 0，贝V cos2(B-)2._.1n因 OB- b -(B C) ，则 2(B-)33nn2(B- )n，即 B-n.36从而/ CAP n- 2(2B- ) n- 4(B-) - 2n-2 2n-2(B-)-2(B- 2 )2/ PAB
17、 .故 / PAB丄/ 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2009年全国高中联赛加试第一题的第1问: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 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 心巴如4 sMNIsin / IPM sin / IMN sin / INP由 CP II MN 知 PA PB，有/ PMI/INP .于是式即为NTMTsi
18、n】/ A CMMPNP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，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为定比图 2- 10i , 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 ABC中，由AE ,BF , CG交于一点D，
19、应用塞瓦定理，有竺BI CL i，即i更圧1. GB EC FAEC FA对厶ABC及截线EFH，应用梅涅劳斯定理，得AH BE CFBE CF,1，即 2- 1 .HB EC FAEC FABE CF上述两式相加，得（1 2）bE0 .EC FA从而120，即2- 1，故2由1唯一确定.AL , BM , CN，使得 Z CAL Z PAB ,因此，点H与D在直线CG上的位置无关.例8 如图2-11 ,设PABC内任一点，在形内作射线Z MBC Z PBA , Z NCA = Z BCP .求证： AL , BM , CN 三线共点.ABLLC同理,ANNB证法2设AL交BC于L ,BM交C
20、A于M ,CN交AB于N ,直线AP交BC于D ,直线BP交AC于证法1 设AL交BC于L , BM交CA于M , CN交AB于N，则由正弦定理有AB sin / BAL AB sin / PACAC sin / CAL AC sin / PAB CM BC sin / PBAMA AB sin / PBC AC sin / PCBBC sin / PCA 将上述三式相乘，并应用正弦定理，有BL CMANsin / PAC sin / PBAsin / PCBPCPA PB 1 .LC MANBsin / PAB sin / PBCsin / PCAPAPB PC由塞瓦定理的逆定理，知 AL
21、, BM , CN共点E，直线CP交AB于F 对 ABC及点P，应用塞瓦定理，有匚1 .FB DC EA在 ABL和 ACL中应用正弦定理，有BLBLALsin / BAL sin / Csin / PACsin / CLCALLC sin / Bsin / LACsin / PABsin / B2sin / PAC sin / B sin / C sin / C sin / PAB sin2 / BCMAF2sin/ AAN冋理，2MAECsin/ CNB以上三式相乘，并注意到式，有2 2DC AD sin / C DC sin / CBL CM AN DC AE BFLC MA NB BD
22、 EC FA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 sin / PAC sin / PBA sin / PCB由题设/ PAB Z CAL , ZPBA Z CBM，/ PCB Z ACN，则有/ BAL ZPAC，/ ABM ZPBC ,ZBCN ZPCA于是 sin Z BAL sin Z CBM sin Z ACNsin ZPACsin Z PBA
23、sin Z PCBsin Z CAL sin Z ABM sin Z BCNsin ZPABsin Z PBCsin Z PCA1 1 - 1sin Z PAB sin Z PBC sin Z PCA 1sin 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）图2- 12证明 连EF分别交AD , BC
24、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 DMBP CD MA又直线QCB截厶PDA，应用梅涅劳斯定理，有AB匹也1，从而只须证明电也BP CD QAAM AQ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2QD QA QE QL Q0，即知 D , L , 0 , A 四点共圆，有 / QLD / DAO / ODA / OLA，此表明QL为 LAD的内角Z ALD的外角平分线
25、.而 EF丄0Q，贝U EL平分Z ALD .于是，DM DL DQ，结论获证.AM AL AQ【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 ,2且 BD CE 若点 P 满足 Z AEP - Z ADP k （Z PED - Z PDE） （ k 为常数），贝U AB AC .AE图 2-13证明BQ CE pd设AP交BC于Q，对 PBC及其形外一点 A，应用塞瓦定理，有1 .QC EP DB而BDCE，则 PD QC .PE QB不妨设 QC w QB ,则 PD PE ,即有 PC
26、 CE - PE SPcD ,故EBC A dbc .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延长线于一点,设为F .又AB A AC时，由作 FBC的外接圆 00交EF于另一点 F，则四边形 BCFF为等腰梯形当Z BFF Z FFC Z BCAAZ ABC ZAEF，知 F 必在线段 EF 上，于是，Z BDC AZ BFC AZ BEC（同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）又由PD PE，知/ PED Z 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
27、, F 求证：MDME MF1 .BE CFAD证明BD如图2-14，记m ,DCCEEAAF n ,1FB.对 ABC及点M ,应用塞瓦定理，有BD CE AFmnl 1 .DC EA FB图 2-14三式相加，得MDADME MFBE CF对厶ADC及截线EMB，应用梅涅劳斯定理，有AM DB CEAMm1，即MDBC EAMD 1 mnAM1 m(1 m)l .MDm n由合比定理得AD1 (1m)l ,即MD1MDAD 1 l mlME1l同理，BE 1m mn 1ml1MF1mlCF1 n n1 ml 1 l例12 如图2-15，设PABC内任意一点， AP，BP，CP的延长线交对边
28、 BC，CA，AB于点D , E , F , EF 交 AD 于 Q .试证：PQ p(m 1)22中等号成立时成立，即当且仅当 m 12mnm 1p(m 1)亦即当且仅当 2mnpp(m 1)- p(m 1)，亦即p(m 1)2时取等号.此时,p(m 1)m和p之间成为如图2-16的双曲线的关系.I p图 2-16例13 如图2-17，已知直线的三个定点依次为, 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.（IMO 45预选题）图 2- 17AR同理，在 ASC中，有一一RC在 PA
29、C中，视Q为塞瓦点,由角元形式的塞瓦定理，有sin / APB sin / QAC sin / CPB sin / QAPsin / QCP “ sin / QCA .其中S与Q是不同的两点.证明 设/ AQC的平分线交AC于点R，交圆 于点S , 由于 PAC是等腰三角形，则有 旦 前APBBC sin / CPBsin / ASQsin / CSQ注意到/ PAQ则 sin : APB sin / CPB/ ASQ / QCA , / PCQ / CSQ / QAC .sin / PAQ sin / QCA sin2 / ASQ2sin / QAC sin / PCQ sin / CSQ2
30、即 AB竺，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 , ZABC 60 , D和E分别是 AC和AB上的点，使得/ CBD 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）B图 2- 18，则Z FAC 40 -，对 ABC及点F，应用第一角元形式的塞瓦定理，有sin 10sinsin 401 .sin 70s
31、i n(40-)sin 20从而sin 10sin2sin 20cos20cos20sin(40 -)sin 20sin (40-)2si nsin102si ncos80证明设Z BAF1，即有sin( 80 ) sin( - 80 ).sin(-80 ) sin(40 -)-sin(80 ) 2cos60 sin(-20 -)sin(-20 -)注意到040，知-80-20 -,-8020，有-80-20 -，故 30延长AF交BC于H，贝U ZAHB 180Z FBC- Z ABH180 - 30 - 6090 .故 AF 丄 BC .注此题也可这样来解：由sin 10sinsin 40
32、sin 70 sin(40 -) sin 201，有sin(40 -)sinsin10 - sin4 2sin10sin70 - sin 20sin30迥 sin(40 - 30 ) sin 40 cot30 - cos40 .sin30由于 sin(4 -sin)sin40 cot - cos40 作为的函数在(0 , 180 )上严格递减,所以Z BAF30 故/ ABC Z BAF 90因此,AF 丄 BC或者过点 A作AH丄BC于H，贝U ZBAH 30Z HAC10 关于 ABC 有前：BAH sin Z ACD sin Z CBD sin Z HAC sin Z ECB sin Z
33、 DBAsin30sin10sin 10sin70sin 401sin 20.所以，AH、BD、CE三线共点，因此点 F在AH上，即卩AF丄BC .例15 如图2-19，在 ABC内取一点M使得ZMBA 30,ZMAB10 .设 ZACB 80 ,( 1983年前南斯拉夫AC BC，求 Z AMC .奥林匹克试题)解设Z ACMB图 2- 19则 ZMCB 80 -由第一角元形式的塞瓦定理，有sinsin 80sin10sin 40沁1 .sin 30从而 sinsin 10sin(80 -)cos20 .2si ncos802sin(80 -)cos20 ,sin(80 ) sin( - 8
34、0 )sin(100 -) sin(60 -)sin(-80 ) - sin(60 -)sin(100 -)- sin(80 )2cos90sin(10 -)0 于是 sin(-80 )sin(60 -)注意到 080，知-80-80 , 60 - 60 所以-8060 -，故70Z AMC 180 - ZMAC - Z ACM180 - 40 - 7070为所求.注此题结果也可直接由式有80，求得 70sin sin70，80 -且0sin10 sin(80 -)另外，此题也可这样来解：由sin(80 -)sinsin10 sin 20sin 40 sin30sinsin10 sin 201
35、，有sin(80 -) sin 40 sin30sin 10sin(80 - 70 )sin80 cot 70 - cos80 cos20sin 70的函数在（0180 ）上严格递减，所以因 为 sin(80) sin80 cot - cos80 作 为sinZ ACM 70 .故 ZAMC 180 - 40 - 7070或者由Z AMB 140，令Z AMC x ,则ZCMB 220 - x .对 MAB和点C应用第一角元形式的塞瓦定理，有1sin Z AMCsin Z MBCsin Z BACsin xsin 20sin 50sin Z CMBsin Z CBAsin Z CAMsin(2
36、20 - x)sin 50sin 40则sin(220 - x)1sin(220 -70 )sin 220cot 70-cos220 .sin x2cos20si n70因为sin(220 -x)sin 220cotx - cos220 (sin 2200）作为x的函数在（0 , 180 ）上严格递增，所以sin xZ 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Z PAB 10 , Z PBA 20 ,Z PCA 30 , Z PAC 40 证明： ABC是等腰三角形.（1996年美国第25届奥林匹克试题）图 2-2080 -.由第一角元形式的塞
37、瓦定理,证明 设/ BCP ，则/ PBC 180 - 20 - 10 - 40 - 30 -sin 20 sin 40 sinsin(80 -) sin10sin302si n10 cos10 sin 40sinsin(80 -)sin 10 丄2sin(80 -) 4sin sin 404sin sin 20 sin 40 sin80sin 20cos10 4si n sin 40 sin80sin60 sinsin 20，sin(80 -) sin 20 sin60 sinsin(80 -) sin 60从而且0si n20sin,80 - 80 ,20，即 Z ACB 50Z CAB，从而 ABsin 20sin(80 -)sin 40sin 10sin 1 ,sin 30有 si n(80sin-)si n20sin 40sin 10si n30sin 60sin (80-20 )sin 80sin 20sin 20因
