山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第21章共边比例定理共角比例定理
第21章 共边比例定理 共角比例定理
共边比例定理若两个共边AB的三角形△PAB，△QAB的对应顶点P，Q所在直线与AB交于M，则S△PABPM①
=． S△QABQM
证法1由同底三角形的面积关系式，有S△PAM=
PMPM
S△QAM，S△PBM=S△QBM． QMQM
由上述两式相加即证得图21-1中（1）、（2），上述两式相减即证得图21-1中（3）、（4）情形．
P
A
Q
(1)
PQA
M
(2)
图21-1
P
AB
N
(3)
A
BN
P
Q
(4)
N
Q
M
M
证法2不妨设A与M不同，则 S△PABSMPABS△PAMS△QAM
=⋅⋅
S△QABS△PABS△QAMS△QAB=
ABPMAMPM
⋅⋅=． AMQMABQM
证法3在直线AB上取一点N，使MN=AB，则S△PAB=S△PMN，S△QAB=S△QMN． 所以，
S△PABS△PMNPM
==． S△QABS△QMNQM
共角比例定理若∠ABC与∠A'B'C'相等或互补，则有 S△ABCSSAB⋅BC
=（或△ABC=△A'B'C'）
S△A'B'C'A'B'⋅B'C'AB⋅BCA'B'⋅B'C'
证明把两个三角形拼在一起，让∠B的两边所在直线与∠B'的两边所在直线重合，如图21-2所示，其中图（1）是两角相等的情形，图（2）是两角互补的情形，两情形下都有
C
C'
B(B')
(1)
图21-2
C
A'A
A'B(B')
(2)
A
S△ABCSS
=△ABC⋅△A'BC
S△A'B'C'S△A'BCS△A'B'C'
①
张景中．几何新方法和新体系[M]．北京：科学出版社，2009：5．
ABBC
⋅
A'B'B'C'
共角比例定理的推广∠ABC与∠XYZ相等或互补，点P在直线AB上且不同于A，点Q在直线XY上且=
不同于X，则 S△PACPA⋅BC
= S△QXZQX⋅YZ
证明不妨设B，C，X，Y共线如图21-3，则
AP
X
Q
B(Y)
图21-3
S△PACS△PACS△ZBCS△ZXY
=⋅⋅ S△QXZS△ZBCS△ZXYS△QXZ=
PABCXYPA⋅BC⋅⋅= ZBXYQXQX⋅YZ
共角比例不等式如果∠ABC>∠A'B'C'，而且两角之和小于180︒，则 S△ABCSSAB⋅BC
>（或△ABC.△A'B'C'）．
S△A'B'C'A'B'⋅B'C'AB⋅BCA'B'⋅B'C'证明记∠ABC=α，∠A'B'C'=β．
如图21-4，作一个顶角为α-β的等腰△PQR，延长QR至S，使∠RPS=β，则∠QPS=α．由共角比例定理，有
P
图21-4
S△QPSS△ABCS=>△RPS
AB⋅BCPQ⋅PSPR⋅PS
=
S△A'B'C'
A'B'⋅B'C'
S△ABCAB⋅BC
=，则∠B与∠B'相等或互补．
S△A'B'C'A'B'⋅B'C'
共角比例逆定理在△ABC和△A'B'C'中，若
证明用反证法．假设∠B，∠B'不相等也不互补，不妨设∠B>∠B'．这时有两种情形： ∠B+∠B'180︒．
若∠B+∠B'
S△ABCAB⋅BC
>
S△A'B'C'A'B'⋅B'C'
这与题给条件矛盾．
若∠B+∠B'>180︒，如图21-5，延长AB至D，使BD=AB，延长A'B'至D'使B'D'=A'B'．这时，∠DBC+∠D'B'C'
C
DBC'
A
D'B'
图21-5
A'
∠DBC=180︒-∠B
由共角比例不等式，得 S△D'B'C'B'D'⋅B'C'
. S△DBCBD⋅BC但由共边比例定理，知
S△D'B'C'=S△A'B'C'，S△DBC=S△ABC
且B'D'=A'B'，BD=AB 故上述不等式，即为 S△ABCAB⋅BC
S△A'B'C'A'B'⋅B'C'
这也与已知题给条件矛盾．
从而假设∠B，∠B'不相等也不互补不成立． 故∠B与∠B'相等或互补．
下面给出应用上述定理证明问题的例子．
例1（1999年全国高中联赛题）在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD．在CD上取一点E，BE与AC相交于点F，延长DF交BC于G．求证：∠GAC=∠EAC．
证法1如图21-6，在△CDG中，对割线EFB应用梅涅劳斯定理，并注意到共边比例定理，有
C
ED
H
B
图21-6
1=
CEDFGB
⋅⋅
EDFGBC
=
S△ACES△ADFS△AGB
⋅⋅ S△AEDS△AFGS△ABC
=
AC⋅sin∠EACAD⋅sin∠DACAG⋅sin∠BAG
⋅⋅
AD⋅sin∠DAEAG⋅sin∠GACAC⋅sin∠BACsin(γ-β)sin∠EACsin∠BAGsinα
． ⋅=⋅
sin∠DAEsin∠GACsinγ-αsinβ
=
于s
是，
(γ-)()(
i
)α(⋅)()(n)
β=
⇔cos(γ-α+β)=cos(α+γ-β)⇔α=β⇔∠EAC=∠GAC
证法2如图21-6，对△CDB及点F应用塞瓦定理（令DB交AC于点H），并注意到共边比例定理， 有1=
CEDHBG
⋅⋅
EDHBGC
=
CEDABG
⋅⋅
EDABGCSDAS△ABG=△ACE⋅⋅ S△AEDABS△AGC
AC⋅sin∠EACDAAB⋅sin∠BAG
⋅⋅
AD⋅sin∠DAEABAC⋅sin∠GACsin(γ-β)sinα⋅（以下同证法，略）
sinγ-αsinβ
=
=
例2（2003年全国高中联赛题）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B，所作割线交圆于C、D两点，C在P、D之间，在弦CD上取一点Q，使么∠DAQ=∠PBC． 求证：∠DBQ=∠PAC．
证明如图21-7，设∠DAQ=∠PBC=∠QDB=α，∠PAC=∠ADC=β．
A
Q
F
C
P
D
图21-7
在△AQD中，由正弦定理，有
AQsinβ
=． DQsinα
过A、B分别作AE⊥CD于E，作BF⊥CD于F，注意到共边比例定理，有 S△PACAEAD⋅sinβ
==． S△PBCBFDB⋅sinα又
S△PACAP⋅AC⋅sinβAC⋅sinβ
== S△PBCBP⋅BC⋅sinαBC⋅sinα
ADsinβAQsin2β
==，则． =
DBsinαDQsinα
于是，△ADQ∽△DBQ．故∠DBQ=∠ADQ=∠PAC．
例3（2009年国家集训队测试题）如图21-8，在凸五边形ABCDE中，AD与BE相交于F，BE与CA相交于G，CA与DB相交于H，DB与EC相交于I，EC与AD相交于J．设A'、B'、C'、D'、E'分别为AI与BE、BJ与CA、CF与DB、DG与EC、EH与AD的交点．求证：
BGFE
图21-8
A
HIC
J
AB'CD'EA'BC'DE'
⋅⋅⋅⋅=1． B'CD'EA'BC'DE'A证明由共边比例定理，有 AB'S△ABJ
=． B'CS△CBJ
其他的线段比例用同样的方法（共边比例定理）转化，即只需证明 S△ABJS△CDGS△EAIS△BCFS△DEH
⋅⋅⋅⋅=1 S△CBJS△EDGS△BAIS△DCFS△AEH由于
S△ABJS△ABJS△ABDAJBD
=⋅=⋅． S△BAIS△ABDS△BAIADBI
①
用同样方法转化面积比，并消去上下相同的线段．因而只需证明有
AJBFCGDHEI⋅⋅⋅⋅=1 BICJDFEGAH或
AJBFCGDHEI⋅⋅⋅⋅=1． CJDFEGAHBI
利用正弦定理，②式等价于：
②
sin∠ECAsin∠ADBsin∠BECsin∠CADsin∠DBE
③ ⋅⋅⋅⋅=1．
sin∠CADsin∠DBEsin∠ECAsin∠ADBsin∠BEC而③式显然成立，故结论获证．
例4（2010年北方数学邀请赛题）已知 O是△ABC的内切圆，D、E、N分别为AB、AC、BC上的切点，联结NO并延长交DE于点K，联结AK并延长交BC于点M．求证：M是BC的中点． 证明如图21-9，联结OD，OE，由O、D、B、E及O、N、C、E分别四点共圆有∠KOD=∠B，∠KOE=∠C．
M
N
图21-9
由共边比例定理，有
DKS△ODKOD⋅OK⋅sin∠DOK
== KES△OKEOE⋅OK⋅sin∠KOE
sin∠DOKsinBAC
， ==
sin∠KOEsinCAB及
DKS△ADKsin∠DAK
==． KES△AEKsin∠EAK=于是，
BMS△ABMAB⋅sin∠BAM
== MCS△ACMAC⋅sin∠CAM
===
AB⋅sin∠DAK
AC⋅sin∠EAKABDK
⋅
ACKE
ABAC⋅=1． ACAB
故M是BC的中点．
例5（2010年国家队选拔赛题）在锐角△ABC中，AB>AC，M是BC的中点，P是△AMC内一点，使得∠MAB=∠PAC．设△ABC、△ABP、△ACP的外心分别是O、O1、O2．证明：直线AO平分线段O1O2．
证明如图21-10，联结AO1、OO1、AO2、OM、OO2，设直线AO与线段O1O2交于点Q．
A
O1
O
M
图21-10
P
O2
C
由共边比例定理，有
O1QS△AOO1OO1⋅sin∠AOO1
==
QO2S△AOO2OO2⋅sin∠AOO2=
OO1⋅sin∠COO1⋅sin∠ACM
=．
OO2⋅sin∠BOO2⋅sin∠ABM
又∠OO1Q=∠BAP=∠CAM， ∠OO2Q=∠CAP=∠BAM，
即
OO1OO1OQ
=⋅ OO2OQOO2
==
sin∠OQO1sin∠OO2Q
⋅
sin∠OO1Qsin∠OQO2sin∠OO2Qsin∠BAM
=．
sin∠OO1Qsin∠CAMO1QOO1⋅sin∠ACM
= QO2sin∠ABM
于是
==
sin∠BAMsin∠ACM
⋅
sin∠ABMsin∠CAMBMAMBM
⋅==1． AMMCMC
故直线AO平分线段O1O2．
CE于M，N．例6在完全四边形ABCDEF中，若直线BF与直线CE交于点G，直线AD分别交BF，则
AMANBMBGCNCG
，，． ===
MDNDMFGFNEGE证明如图21-11，由共边比例定理，有
A
B
MC
N
图21-11
F
E
AMS△ABFS△ABFS△ADBCFEA
==⋅=⋅ MDS△DBFS△ABDS△DBFCDEF=
S△ECFS△CEAS△ACEAN
⋅==． S△ECDS△CEFS△DCEND
BMS△BADS△BADS△BDFEACB
==⋅=⋅ MFS△FADS△BDFS△FADEFCA=
S△CEAS△ECBS△BCEBG
⋅==． S△CEFS△ECAS△FCEGF
CNS△CADS△CADS△CDE
==⋅ NES△EADS△CDES△EAD=
FABCS△BFAS△FBCS△CBFCG⋅=⋅==． FEBAS△BFES△FBAS△EBFGE
AMAN
等的证明， =
MDND
AMS△ABFS△ABFS△ADFEBCA
==⋅=⋅也可由 MDS△DBFS△ADFS△DBFEDCB注：（1）对于=
S△CEBS△ECAS△ACEAN
⋅==． S△CEDS△ECBS△DCEND
（2）上述（1）的证明是对凸四边形ABDF而言的，对下述的凹四边形ABDF，折四边形ABDF，按
上述叙述则证得了上图中的
BMBGCNCG
，． ==
MFGFNEGE
A
C
EM
BF
G
A
N
D
G
F
M
C
A
C
D
A
图21-12
（3）上述证明是由AMS△BAM
=， MDS△BMD
AMS△ABF
=出发，也可从下述等式出发： MDS△DBF
AMS△FAMAMS△ABE S△BEM
==，． MDS△FMDMDS△BEM
例7（梅涅劳斯定理）设D，E，F分别为△ABC的三边BC、CA、AB所在直线上的点，若D、E、
F三点共线，则
BDCEAF
⋅⋅=1． DCEAFB
BDS△EBDCE
=， DCS△EDCEA
证法1如图21-13，联结AD，BE．由共边比例定理，有=
S△DCEAFS△EAFS△EAD
==，．
S△DEAFBS△EFBS△EBD
AEB
图21-13
B
上述三式相乘即证得结论．
证法2如图21-13．在直线FD上任取不重合两点X、Y，由共边比例定理，有
BDCEAF
⋅⋅
DCEAFBSSS
=△BXY⋅△CXY⋅△AXY=1，即证． S△CXYS△AXYS△BXY
例8（塞瓦定理）在△ABC的三边BC、CA、AB所在直线上取点D，E和F，则AD，BE，CF三
AFBDCE
⋅⋅=1． FBDCEA
证明必要性．如图21-14． 直线共点的充要条件
AF
PE
EPF
D
图21-14
BDC
由共边比例定理，有
AFBDCES△PACS△PBAS△PCB
⋅⋅=⋅⋅=1． FBDCEAS△PCBS△PACS△PBA
AFBDCE
⋅⋅=1，如图21-15，设AD和BE交于点P，AD和CF交于点Q，要证明的FBDCEA
APAQ
=是P和Q重合，也就是有． PDQD充分性．若有
AFB
D
C
图21-15
PQ
E
EF
BDC
由共边比例定理，有 PDAQS△BDES△ACF
⋅=⋅ APQDS△BAES△CDF=
S△BDES△BCES△ACFS△CBF
⋅⋅⋅ S△BCES△BAES△CBFS△CDF
BDCEAFBC
⋅⋅⋅=1，即证． BCEAFBDC
例9（牛顿线定理）完全四边形的三条对角线的中点共线．
证法1如图21-16，在完全四边形ABCDEF中，M、N、P分别为对角线AD，BF，CE的中点． 设直线MN交CE于L，下证L与P重合即可，即证L为CE的中点即可．
=
A图21-16
由共边比例定理有
CLS△CMN
=LES△EMN
(*)
1
(S△CNA-S△CND) =1
(S△ENA-S△END)2
1
(S△CFA-S△CBD) =(S△EAB-S△EDF)2=
S△CFA-S△CDBSFABD
==1即证
S△EAB-S△EFDSFABD
S△CMN=S△CNA-S△ACM-S△AMN
注：（*）
=S△CNA-=
1
(S△ACD+S△AND)． 2
1
(S△CNA-S△CND)2
（**）S△CAN-S△CND=(S△ABN+S△BCN)-(S△BCF-S△BCN-S△NDF) 111⎛1⎫⎛⎫
= S△ABF+S△BCF⎪- S△BCF-S△BCF-S△BDF⎪
222⎝2⎭⎝⎭
111
=S△ACF-(S△BCF-S△BDF)=(S△CFA-S△BCD)． 222
证法2如图21-17，同证法1，证L为CE的中点即可．
图21-17
过A，B，D，F分别作直线MN的平行线交CE于点A'，B'，D'，F'．由共角比例定理及平行线的性质，有 S△ABEAB⋅AEB'A'⋅A'E
==， S△ACFAC⋅AFCA'⋅A'F'S△ACFCA⋅CFCA'⋅CF'
==， S△BCDCB⋅CDCB'⋅CD'S△BCDDB⋅DCB'D'⋅CD'
==， S△DEFDE⋅DFD'E⋅D'F'S△DEFED⋅EFD'E⋅F'E
==． S△ABEEA⋅EBA'E⋅BE
''． 注意到L为D'A的中点，也为B'F'的中点，知B'D'=A'F'，B'A'=DF
CF'⋅F'E
以上四式相乘并化简得1=，即CB'⋅B'E=CF'⋅F'E．
''CB⋅BE
亦即
(CE-'B)⋅E''B=E(⋅FE)-'CEF(EB'E-，亦即')(EF'-B-CEE=．F于E是，)'0
B'F'⋅(CB'-F'E)=0．
从而CB'=F'E．又B'L=LF'，故L为CE的中点，由此即证得结论．
证法3（张景中证法）
EPS△EMN
=
CPS△CMN
1
(S△BEM-S△FEM) =1
(S△ACN-S△DCN)2
11
S△BEA-S△FEDS
==ABCD=1．
11
S△ACF-S△DCBSABCD22
即知S△EMN=S△CMN，故直线MN过CE的中点P．
例10圆O弦AB的中点是M，延长AB的两端使HA=NB，过H，N分别向圆作割线HCD，NEF，联结ED，FC分别交AB于P，Q，则MP=MQ，如图21-18所示．
D
H图21-18
证明注意到共角比例定理，由∠HCQ+∠PEN=180︒，∠D+∠F=180︒ 有1===
△CQH△NEP△FQN△HPD
⋅⋅⋅
△EPN△NFQ△DPH△HQC
CQ⋅CHNE⋅NPFQ⋅FNHP⋅HD
⋅⋅⋅
EP⋅ENNF⋅NQDP⋅DHHQ⋅HCCQ⋅FQNP⋅HPAQ⋅BQNP⋅HP
⋅=⋅．
EP⋅DPNQ⋅HQAP⋅BPNQ⋅HQ
①
设AM=BM=a，HM=NM=b，QM=x，PM=y， 则AQ=a-x，BQ=a+x，AP=a+y，BP=a-y， HP=b+y，NP=b-y，HQ=b-x，NQ=b+x． 于是①改写为
(a-x)(a+x)(b+y)(b-y)=(a+y)(a-y)(b+x)(b-x)．
化简，整理得
(a
2
-b2)(x2-y2)=0．
②
在②式中a2-b2≠0，（因a≠b）． 故x=y．
例11圆O弦AB中点为M，延长AB的两端，使得HA=BN，过H，N分别向圆作割线HCD，切线NE，联结EC，ED分别交HN于P，Q，则MP=MQ，如图21-19所示．
E
H
图21-19
证明注意到共角比例定理，由∠D+∠CEN=180︒，∠HCP+∠QEN=180︒， 有1==
△CPH△QEN△DQH△PEN
⋅⋅⋅
△EQN△QDH△EPN△PCH
CP⋅CHQE⋅QNDQ⋅DHPE⋅PN
⋅⋅⋅
EQ⋅ENQD⋅QHEP⋅ENPC⋅PH
===
CH⋅DHQN⋅PN
⋅ EN2QH⋅PHHQ⋅HBQN⋅PN
⋅ EN2QH⋅PH
NB⋅NAQN⋅PNQN⋅PN
* ⋅=．○2
ENQH⋅PHQH⋅PH
设PM=x，MQ=y，HM=MN=a．
则QN=a-y，QH=a+y，PH=a-x，PN=a+x．
*改写成 于是○
(a+x)(a-y)=(a-x)(a+y)．
化简，整理得 2a(x-y)=0．
故x=y．
练习题二十一 1．（帕斯卡定理）设ABCDEF内接于圆（与顶点次序无关，即ABCDEF无需为凸六边形），直线AB与DE交于点X，直线CD与FA交于点Z，直线EF与BC交于点Y．则X、Y、Z三点共线． 2．（帕普斯定理）已知A，B，C三点共线，A1，B1，C1三点共线．直线AB1与A1B交于点P，直线AC1与A1C交于点Q，直线BC1与B1C交于点S，则P，Q，S三点在一直线上．
3．（笛萨格定理）已知直线AA1，BB1，CC1交于点S，直线BC与B1C1交于点P，直线AC与AC11交于点Q，直线AB与A1B1交于点R，则P，Q，R三点共线．
4．（《数学通报》数学问题1836号）P是△ABC外一点，过点P的直线分别交AB、AC于E、G，
SSS
交BC的延长线于点F．求证：△PBC+△PAC=△PAB．
PFPGPE
5．（《数学通报》数学问题1816号）设O是△ABC内任一点，AO、BO、CO分别交BC、CA、AB
OGOHOI
++=1． AGBHIC
6．（《数学通报》数学问题1676号）已知G是△ABC的中线AD上异于A、D的一点，（BG、）CG的于D、E、F．DE、EF、FD分别交OC、OA、OB于I、G、H．求证：
延长线分别交AC、AB于E、F．求使不等式S△BCF+S△CGE≤kS△ABC恒成立k的最小值．
7．已知△ABC为非直角三角形，H为其垂心，过H的直线分别交AB、AC所在直线于P、Q两点，则
ABAC⋅tanB+⋅tanC=tanA+tanB+tanC． APAQ
8．在△ABC中，O为其外心，过O的直线分别交AB、AC所在直线于P、Q两点．则ABAC⋅sin2B+⋅sinC2=siAn2+sBin+2Csin． 2APAQ