江苏省泰州中学高一数学竞赛讲稿 塞瓦定理及应用高一数学备课组
塞瓦定理及应用
1．基础知识
塞瓦定理设A’、B’、C’分别是ΔABC的三边BC、CA、AB或其延长线上的点。若AA’、BB’、CC’三BA'CB'AC'???1① 线平行或共点，则A'CB'AC'BDC’B’ E D
A’ C
证明：若AA’、BB’、CC’交于一点P,如图1(b),过A作BC的平行线,分别交BB’、CC’的延长线于D、E
，
CB'BCAC'EABA'A'PA'CBA'AD?,????又由，有 B'AADC'BBCADPAEAA'CEA
BA'CB'AC'ADBCEA??????1若AA’、BB’、CC’三线平行，可类似证明（略）从而。 A'CB'AC'BEAADBC得
注：对于图1（b）也有如下面积证法：
由BA'CB'AC'S?PABS?PBCS?PCA??????1即证。 A'CB'AC'BS?PCBS?PABS?PCB
塞瓦定理的逆定理设A’、B’、C’分别是ΔABC的三边BC、CA、AB或其延长线上的点，若
BA'CB'AC'???1，则AA’、BB’、CC’三直线共点或三直线互相平行。 A'CB'AC'B
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BA'CB'AC1???1，又已A'CB'AC1B
知有AC1AC'BA'CB'AC'AC1AC'???1，由此得?，即，亦即AC1=AC’，故C1与C’重合，从?A'CB'AC'BABABC1BC'B
CB'CBAC'A'C??代入已知条件，有，由此知CC’ ∥AA’，故AA’ ∥BB’ ∥B'ABA'C'BCB而AA’、BB’、CC’三线共点。 若AA’∥BB’，即
CC’。
上述两定理可合写为：设A’、B’、C’分别是ΔABC的BC、CA、AB所在直线上的点，则三直线AA’、
BB’、CC’平行线或共点的充要条件是BA'CB'AC'???1。 A'CB'AC'B
角元形式的塞瓦定理设A’、B’、C’分别是ΔABC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
sin?BAA'sin?ACC'sin?CBB'???1② sin?A'ACsin?C'CBsin?B'BA
1
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证明：由
CB'BC?sin?CBB'AC'AC?sin?ACC'BA'S?ABA'AB?sin?BAA'
??，，三式相??
A'CS?AA'CAC?sin?A'ACB'AAB?sin?B'BAC'BBC?sin?C'CB
乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立。
?、??、CA推论 设A1、B1、C1分别是ΔABC的外接圆三段弧BCAB上的点，则AA1、BB1、CC1共点的
充要条件是
BA1CB1AC1
???1 ③ ACB1AC1B1
A
证明：设ΔABC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?A1ACsin?A'AC1
CB1sin?CBB'AC1sin?ACC'同理，。 ?,?
B1Asin?B'BAC1Bsin?C'CB
三式相乘，并应用角元形式的塞瓦定理即证。
B1
2．综合应用
2．1 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。
1.证明：如图3，四边形ABCD的两组对边延长线分别交于E、F，对角线BD∥EF，AC的延长线交EF于G。
EGFDAB
???1 GFDABE
ABADEG
??1，即EG=GF，命题由BD∥EF，有，代入上式，得BEDFGF
对ΔAEF及点C，应用塞瓦定理，有
获证。
例2．如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB均是锐角，AD平分∠BAC，过点D分别向两条直线AB、AC作垂线DP、DQ，其垂足是P、Q，两条直线CP与BQ相交与点K．求证：AK⊥BC；
BHBA
2.证明：作高AH． 则由?BDP∽?BAH，?
PBBD
CQDCDCAC
由?CDQ∽?CAH，?=．由AD平分∠BAC，?=，
HCCABDAB由DP⊥AB，DQ⊥AC，?AP=AQ． ∴
APBHCQAPBHCQBADCDCBA
==1， PBHCQAQAPBHCBDCABDCA
A
K
B
H
QC
据Ceva定理，AH、BQ、CP交于一点，故AH过CP、BQ的交点K， ∴ AK与AH重合，即AK⊥BC．
例3.设AD是?ABC的高，且D在BC边上，若P是AD上任一点，
BP、CP分别与AC、AB交于E和F，则?EDA＝?FDA
2
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3.证：过A作AD的垂线，与DE、DF的延长线分别交于M、N。欲证
?EDA??FDA，可以转化为证明AM?AN
?AD?BC故MN//BC，可得?AME??CDE，?ANF??BDF
例4．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年全国高中数学联赛）
分析 由于BE、CA、DG交于一点，故可对此图形用Ceva定理，再构造
全等三角形证明两角相等． AMAEANAFAE?CDAF?BD??,?,于是AM?,AN?CDCEBDBFCEBFBDCEAF?AD、BE、CF共点于P???1DCEAFBAE?CDAF?BD???AM?AN??EDA??FDACEBF
CGBHDE证明 连结BD交AC于H，对⊿BCD用Ceva定理，可得=1． GBHDEC
BHABCGABDE因为AH是?BAD的角平分线，由角平分线定理，可得，HDADGBADEC
=1．过点C作AB的平行线交AG延长线于I，过点C作AD的平行线交
AE的延长线于J，则 CGCIDEADCIABAD，所以，=1．从而，GBABECCJABADCJ
CI=CJ．又因CI∥AB，CJ∥AD，故?ACI=π-?BAC=π-?DAC=?ACJ，因此，⊿ACI≌⊿ACJ，从而
?IAC=?JAC，即?GAC=?EAC．
注：由此例可变出一些题目，这可参见练习题第⑴ ⑵题。
⑴设P为ΔABC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。
⑴延长AP交BC于Q，由塞瓦定理有AFBQCE???1，由∠BPA=∠CPA知∠BPQ=∠CPQ有FBQCEA
CE?EA，AMAFPCPBBQ?,?，过A作AM∥PB交直线PF于M，作AN∥PC交直线PE于N，有PBFBANPCQC
于是得AM=AN，由∠PAM=180°-∠BPA=180°-∠CPA=∠PAN，有ΔPAM≌ΔPAN，得∠BPF=∠CPE。
⑵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。
⑵连结EF交AC于K，令∠BAF=α，∠DAE=β，∠BAC=∠DAC=θ，由
FBAFBCACFBsi?nAF?,?,有??sin?sin?ABFsin?sin?ABCBCsin?AC.同理DEs?in??DCsi?nAE,又AC
FBCDKEKFS?AFKAF?sin(???)???1,得,对ΔEFC及点G应用塞瓦定理,??BCDEKFKES?AEKAE?sin(???)
sin?sin(???)?,即sinθ·sin(α－β)=0，由此可得α=β，即证。 sin?sin(???)
例5 如图5，BE是ΔABC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
3
江苏省泰州中学高一数学竞赛讲稿 塞瓦定理及应用 高一数学备课组 于N，ΔDGL、ΔFGM为正三角形。求证：ΔLMN为正三角形。
AFBDCE???1。 FBDCEA
AFDCCDNG??而AE=CE，则由DN∥CG，有 FBBDBDBN
AFNG?于是，有，从而FN∥AD，即知四边形DNFG为平行四边形，FBBN5.证明：连结NF，对ΔABC及点G应用塞瓦定理，有
有∠GDN=∠GFN。 又∠GDL=∠GFM=60°，则∠LDN=∠NFM。
而DN=GF=FM，DL=DG=NF，知ΔLDN≌ΔNFM，有LN=MN，∠DNL=∠NMF， 于是∠MNL=∠DNF-（∠DNL+∠MNF）=∠DNF-（∠NMF+∠MNF） B=（180°-∠NFG）-（180°-∠NFM）=∠NFM-∠NFG=∠MFG=60°
故ΔLMN为正三角形。
另证：ΔLMG?ΔLND
例6 如图6，在一个ΔABC中，∠C=2∠B，P为ΔABC内满足AP=AC及PB=PC的一点，求证：AP是∠A的
三等分线。
角元形式的塞瓦定理
6.证明：用∠B表示∠ABC的度量，令∠PCB=θ，则∠PBC=θ，
∠ABP=∠B-θ，
∠ACP=2∠B-θ，∠CAP=π-2（2∠B-θ）（其中注意AP=AC），
∠PAB=∠A-∠CAP=
（π-∠B-∠C）-[π-2（2∠B-θ）]=（π-3∠B）-（π-4∠B+2θ）
=∠B-2θ 对ΔABC及点P，应用角元形式的塞瓦定理，有 BC
sin[??2(2B??)]sin?sin(B??)???1 sin(B?2?)sin(2B??)sin?
亦即2sin(2B??)?cos(2B??)?sin(B??)?1 sin(B?2?)?sin(2B??)
1 2∴sin(B-2θ)=2sin(B-θ)·cos(2B-θ)=sin(3B-2θ)-sinB, ∴sinB=sin(3B-2θ)-sin(B-2θ)=2cos(2B-2θ)·sinB而sinB≠0，则cos2(B-θ)=
因0?B???B?1?2???(?B??C)?,则2(B??)?(0,)?2(B??)?，即B??? 33336
从而∠CAP=π－2（2B－θ）=π－4（B－θ）－2θ?
=2（B－2θ）=2∠PAB故∠PAB=??2??2(??)?2[(B??)??] 36?1∠A，即AP是∠A的三等分线。 3
2．2 注意塞瓦定理逆定理的应用和与梅涅劳斯定理的配合应用
例7 如图，在ΔABC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。
证明：设G分线段AB为定比λ1，H分线段AB为定比λ2，下证λ2由λ1确定，即当A、B给定后，点H
的位置由点C惟一确定。
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江苏省泰州中学高一数学竞赛讲稿 塞瓦定理及应用 高一数学备课组 在ΔABC中，由AE、BF、CG交于一点D，应用塞瓦定理，有AGBECFBECF???1，即λ1???1 GBECFAECFA
在ΔABC及截线EFH，应用梅涅劳斯定理，得 AHBECFBECF???1，即λ2????1 HBECFAECFA
BECF??0 上述两式相加，得（λ1+λ2）?ECFA从而λ1+λ2=0,即λ2=-λ1 故λ2由λ1惟一确定.
因此,点H与D在直线CG上的位置无关.
例8如图，设P为ΔABC内任一点，在形内作射线AL、BM、CN∠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NBBLAB?sin?BALAB?sin?PAC?? LCAC?sin?CALAC?sin?PAB
CMBC?sin?PBAANAC?sin?PCB??同理，， MAAB?sin?PBCNBBC?sin?PCA将上述三式相乘，并应用正弦定理，有 CBLCMANsin?PACsin?PBAsin?PCBPCPAPB?????????1 LCMANBsin?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，直线CP交AB于F。
对ΔABC及点P，应用塞瓦定理，有
在ΔABL和ΔACL应用正弦定理，有 AFBDCE???1 （*） FBDCEA
BLBLALsin?BALsin?Csin?PACsin?C??????LCALLCsin?Bsin?LACsin?PABsin?B 222sin?PACsin?Bsin?CDCADsin?CDCsin?C????????sin?Csin?PABsin2?BADBDsin2?BBDsin2?B
CMAEsin2?AANBFsin2?B??2,??2同理 MAECsin?CNBFAsin?A
以上三式相乘,并注意到(*)式,有BLCMANDCAEBF??????1 LCMANBBDECFA
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，
直线交AB于F，对ΔABC及点P，应用角元形式的塞瓦定理，有sin?PABsin?PBCsin?PCA???1 sin?PACsin?PBAsin?PCB
（**）
由题设∠PAB=∠CAL，∠PBA=∠CBM，∠PCB=∠ACN，则有∠BAL=PAC，∠ABM=∠PBC，∠BCN=∠PCA。
于是sin?BALsin?CBMsin?ACNsin?PACsin?PBAsin?PCB?????
sin?CALsin?ABMsin?BCNsin?PABsin?PBCsin?PCA
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江苏省泰州中学高一数学竞赛讲稿 塞瓦定理及应用 高一数学备课组 ?11??1 sin?PABsin?PBCsin?PCA1??sin?PABsin?PBAsin?PCB
对ΔABC，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11，四边形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证明：连EF分别交AD、BC于M、N，设AC与BD交于K。要证P、E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ACBD、PM三线共点，由塞瓦定理的逆定理知只须证明ABPCDM
BP?CD?MA?1。
又直线QCB截ΔPDA，应用梅涅劳斯定理，有ABPC
BP?CD?DQ
QA?1，从而
只须证明DM
AM?DQ
AQ
设圆心为O，连QO交EF于L，连结LD、LA、OD、OA，
则由切割线定理和射影定理，有QD·QA=QE2=QL·QO，即
知D、L、A四点共圆，有∠QLD=∠DAO=∠ODA=∠OLA， 此表明QL为ΔLAD的内角∠ALD的外角平分线，而EF⊥OQ，
则EL平分∠ALD，于是DM
AM?DL
AL?DQ
AQ结论获证。
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塞瓦定理及应用
1．基础知识
(1)塞瓦定理 设A’、B’、C’分别是ΔABC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
D C’ B’ E D
A’ C
塞瓦定理的逆定理 设A’、B’、C’分别是ΔABC的三边BC、CA、AB或其延长线上的点，若BA'CB'AC'???1 ①
A'CB'AC'B
BA'CB'AC'???1，则AA’、BB’、CC’三直线共点或三直线互相平行。 A'
CB'AC'B
上述两定理可合写为：设A’、B
’、C’分别是ΔABC的BC、CA、AB所在直线上的点，则三直线AA’、
BB’、CC’平行线或共点的充要条件是BA'CB'AC'???1。 A'CB'AC'B
(2)角元形式的塞瓦定理 设A’、B’、C’分别是ΔABC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 sin?BAA'sin?ACC'sin?CBB'???1 ② sin?A'ACsin?C'CBsin?B'BAB1?、??、CA推论 设A1、B1、C1分别是ΔABC的外接圆三段弧BCAB上的
点，则AA1、BB1、CC1共点的充要条件是BA1CB1AC1???1 ③ ACB1AC1B12．综合应用
2．1 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。
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江苏省泰州中学高一数学竞赛讲稿 塞瓦定理及应用 高一数学备课组 例2．如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB均是锐角，AD平分∠BAC，过点D分别向两条直线AB、AC
作垂线DP、DQ，其垂足是P、Q，两条直线CP与BQ相交与点K．求证：AK⊥BC；
A
KQ B HC
例3.设AD是?ABC的高，且D在BC边上，若P是AD上任一点， BP、CP分别与AC、AB交于E和F，则?EDA＝?FDA
例4．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年全国高中数学联赛）
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江苏省泰州中学高一数学竞赛讲稿 塞瓦定理及应用 高一数学备课组 例5 如图5，BE是ΔABC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，ΔDGL、ΔFGM为正三角形。求证：ΔLMN为正三角形。
C B
例6 如图6，在一个ΔABC中，∠C=2∠B，P为ΔABC内满足AP=AC及PB=PC的一点，求证：AP是∠A的
三等分线。
B
2．2 注意塞瓦定理逆定理的应用和与梅涅劳斯定理的配合应用
例7如图，在ΔABC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。
9 B
江苏省泰州中学高一数学竞赛讲稿 塞瓦定理及应用 高一数学备课组 例8如图，设P为ΔABC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。
C
例9 如图，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。
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