切瓦定理

乔瓦尼·塞瓦（1648-1734）证明了一个以他的名字命名的定理，这在初等几何课程中很少提及。这是一个令人遗憾的事实，因为它不仅统一了其他几个更幸运的语句，而且它的证明实际上和不太一般的定理一样简单。此外，通常情况下，通用方法为进一步有意义的探索提供了丰富的基础。

2015年11月27日，创建日期：GeoGebra公司

切瓦定理

在三角形ABC中，当且仅当

(1)AF/FB·BD/DC·CE/EA=1

（在某一点相交的线据说是同时发生的.)

证据1

将直线BE和CF延伸到三角形之外，直到它们与GH相交，即穿过A的直线与BC平行。有几对相似的三角形：AHF和BCF、AEG和BCE、AGK和BDK、CDK和AHK。根据这些和顺序，我们得出以下比例：

AF/FB=AH/BC（*）
CE/EA=BC/AG（*）
AG/BD=AK/DK
AH/DC=AK/DK

根据最后两个，我们得出AG/BD=AH/DC，因此，

BD/DC=AG/AH（*）。

将标有（*）的身份相乘，我们得到

AF/FB·BD/DC·CE/EA=AH/BC·BC/AG·AG/AH
 =（AH·BC-AG）/（BC-AG·AH）
 = 1

因此，如果线AD、BE和CF在单个点K处相交，则恒等式（1）成立。哪一个是可以说，三条线在一点相交的事实足以满足条件（1）。现在让我们证明这也是必要的。这将构成定理的第二部分。换句话说，让我们证明如果（1）成立，那么AD、BE、CF是并发的。

实际上，假设K是BE和CF的交点，并绘制AK线直到其交点BC位于D’点。然后，从刚刚证明的定理部分来看，它如下所示

AF/FB·BD'/D'C·CE/EA=1

另一方面，它被赋予了

AF/FB·BD/DC·CE/EA=1

将两者结合起来

BD'/D'C=BD/DC或
BD'/D'C+1=BD/DC+1或
（BD'+D'C）/D'C=（BD+DC）/DC

最后

BC/D'C=BC/DC

这直接意味着D'C=DC。也就是说，D'和D是一个相同的点。

Q.E.D.公司。

证据2

三角形CKD和BKD具有共同的高度hK（K）因此，对于他们的地区，我们有面积（ΔCKD）=DC·hK（K）/2和面积（ΔBKD）=BD·hK（K）/2，从中

(2)BD/DC=面积（△BKD）/面积（△CKD）

类似地在考虑三角形ACD和ABD时，

(3)BD/DC=面积（△ABD）/面积（△ACD）

我们从（2）和（3）中导出

(4)BD/DC=面积（△AKB）/面积（ΔAKC）

后者是一个关键标识，因为可以从其他两个侧面开始书写两个类似的标识：

AF/FB=面积（△AKC）/面积（△BKC）
CE/EA=面积（△BKC）/面积（△AKB）。

我们现在需要的是将这三个恒等式相乘。

证据3

这一证明由Darij Grinberg提供，并出现在几何学院新闻组上。也可以在他的个人网站上找到（自失踪以来）。

为了这个证明，我稍微改变了符号。穿过点K的三条线现在是AA'、BB'和CC'。穿过K三条线--Ac（c）Bc（c）||AB、B一C类一||BC和AbC类b||AC，如图所示。

首先，比如说，三角形ACC'和Bc（c）CK与三角形BCC’和A相似c（c）CK，我们有

交流'/Bc（c）K=CC’/CK，以及C'B/KA公司c（c）=CC’/CK，

它给出了

(5)AC’/C’B=Bc（c）K/KA（千卡）c（c）.

来自类似三角形ABB'和Bc（c）KB'我们得到

Bc（c）K/AB=KB'/BB'，

而三角形ABA’和KA的相似性c（c）A'产量

灵魂c（c）/AB=KA’/AA’。

后两种身份组合成

Bc（c）K/KA（千卡）c（c）=KB'/KA'：BB'/AA'，

或者考虑（5），

(6c（c）)AC'/C'B=KB'/KA':BB'/AA'。

周期性地，我们也有

(6一)BA'/A'C=KC'/KB'：CC'/BB'和
(6b)CB’/B’A=KA’/KC’：AA’/CC’。

三者的产物是塞瓦身份

AC'/C'B·BA'/A'C·CB'/B'A=1。

备注1

塞瓦定理是三角形中连接顶点和另一侧点的直线的原因，称为塞维昂人.

备注2

点D、E、F也可以位于三角形，而三个天狼星的交点K可能位于三角形之外。只要涉及的所有点都是有限的，所有可能配置的证明都是相同的。请调查一下这种情况。

备注3

如果直线AD、BE和CF都平行（在这种情况下，习惯上说点K位于无穷远处），则该定理仍然有效。这个案例比那个更简单刚刚证明。另一个例外情况是，当点D、E或F中的一个（或两个）位于无穷远处时，这意味着其中一个Cevians与它应该穿过的一侧平行。这种情况也必须分开处理。

备注4

安附加证明-源自四人行问题-由斯图亚特·安德森设计。

推论1（中间）

三角形中的中点在一个点上相交。

证明

中间带将顶点与相对边的中点连接起来。因此，AF/FB=BD/DC=CE/EA=1。每个比率都是1，它们的乘积也是1。

推论2（内部）

在三角形中，角平分线在一个点相交。

证明

对于角平分线我们知道AF/FB=AC/BC，BD/DC=AB/AC，CE/EA=BC/AB。将三者相乘产量（1）。

推论3（正中心）

在三角形中，高度在一个点相交。

证明

事实上，直角三角形ACD和BCE是相似的。因此CE/DC=BE/AD。类似地方式，AF/EA=CF/BE和BD/FB=AD/CF。现在

AF/FB·BD/DC·CE/EA=CE/DC·AF/EA·BD/FB
 =BE/AD·CF/BE·AD/CF
 = 1.

备注

将推论的直接证明与我们分别用于每个案例的证明进行比较是很有趣的。后者更容易吗？

推论4（Gergone点）

设D、E、F为内接圆与三角形ABC边接触的点。然后直线AD、BE和CF在一点相交。（这称为热尔岗点以Joseph Diaz Gergonne（1771-1859）的名字命名。该点的常用符号是Ge。）

证明

三角形的边与内切圆相切，AF＝EA， FB=BD， DC=CE使得（1）确实成立。

（安交互式插图提供了一个令人信服的证明，证明了Gergone点的存在和外圆的类似性质。事实上，证明与内圆的情况相同。奇怪的是观察到并发性当底三角形的顶点之一是移动到无穷大.)

推论5(柠檬味点）

Symmedians公司AS公司一，英国标准b，碳钢c（c）在一点相交（称为勒莫恩点.)

证明

我们将使用两种方法计算三角形的面积。也就是说，2·S=a·b·sin（C）和2·S=c·hc（c）（其他两个顶点也是如此。）

面积（ΔBAS一)/面积（ΔAM一C） =英国标准一/构型管理一=AB·AS一/上午一·交流
面积（ΔAS一C） /面积（ΔAM一B） =CS一/BM公司一=AC·AS一/上午一·实验室

将第一个除以第二个：

英国标准一/构型管理一·BM公司一/加拿大一=AB2/交流2

或者，自BM以来一=厘米一,

英国标准一/加拿大一=AB2/交流2

其他两个顶点具有类似的恒等式。剩下的就是将这三者相乘。（西米人有很多有趣的属性.)

备注

推论5实际上显示了比它设定的更多的东西。结果实际上更普遍。让AP一，个基点b和CPc（c）是三个同时存在的塞维亚人。反映AP线路一在角A的平分线上，并将所得线段表示为AQ一.构造类似的BQb和CQc（c）作为其他两个塞维昂人的倒影。然后是三条线AQ一，BQ公司b和CQc（c）是并发的。

AP线一和AQ一是等角的（或等角共轭）其他两对也是如此。因此，两个并发点，即Cevians AP的并发点一，个基点b和CPc（c）和Cevians AQ一，BQ公司b和CQc（c），也被称为等角共轭相互之间。

推论6

对于同时出现的三个北欧人AD、BE和CF，如果D、E和F点反映在相应边的中点上，则生成的三条线构成了同时出现的北欧人的另一个三元组。换句话说，等组的同时出现的Cevian语的共轭词也同时出现。

证明

事实上，给定的行是并发的，这反映在以下事实上：（1）三个比率的乘积是1。现在，请注意，边中点的反射会反转相应的比率。显然，三个倒置比率的乘积仍然是1。

推论7(奈格尔点)

让X一是BC侧与中心I外圆的切点一类似地定义点Xb和Xc（c）AC和AB侧，然后是三条AX线一、BXb和CXc（c）是并发的。

证明

点X一具有显著的位于顶点a的中间的特性。更准确地说，AB+BX一=交流+CX一.设p为ΔABC的半周长。然后BX公司一=p-AB=p-c和CX公司一=p-AC=p-b因此，BX公司一/CX公司一=（p-c）/（p-b）。写出AB侧和AC侧的相应比率，并将所有三个等式相乘以证明推论。

推论8（R.S.Hu）

给定三个互不相交的外圆，将每对圆的内公切线的交点与另一个圆的中心相连。然后生成的三条线段是并发的。

使用创建GeoGebra公司

圆圈B和C是相似的在D中-其公共内切线的交点。这意味着BD/DC=rB/第页C类.同样，我们有CE/EA=rC类/第页A类和AF/FB=rA类/第页B.

（见R.B.Nelsen，无词证明II，MAA，2000年）

备注

Ceva定理由梅内劳斯定理事实上相等的。它还可以容纳非常好的视觉证明.

请尝试切换到IE 11（Windows）或Safari（Mac），因为目前没有其他浏览器运行Java小程序。如果询问是否允许加载小程序，请单击“是”-小程序使用可信公司的安全证书进行签名。

如果applet不运行怎么办？

重心

三角形的三个中位数相交的点称为重心-重心-三角形的。有一种方法可以证明这种说法是正确的。在三角形的顶点处放置相等的质量w。那么BC的中点D就是顶点B和C的重心。直观地说，如果我们将两个质量之和放在它们的重心上，那么这样的力矩（质量乘以距离）材料点相对于任何其他点的力矩将等于两个原始点的力矩之和。

一般来说，质量为w的两点L的重心L（左）和质量为w的MM（M）是具有质量的N点w个L（左）+w个M（M）满足力矩法则（也称为杠杆定律):项数·wL（左）=NM·wM（M）并携带两个点的总质量。我们将采用符号

N=Z（长，宽L（左）; M、 w个M（M）)

对于重心（重心)质量为w的两个材料点L和ML（左）和wM（M）分别为。（类似的符号适用于任意数量点的重心。）

回到我们的例子，A点和D点的重心K满足AK·w=KD·2w或AK=2KD。这是中位数交汇点的一个著名特征。中间分隔带在交叉点处按1:2的比例划分。问一个普通的问题很有趣：如果我们在顶点a、B、C处放置的质量不相等怎么办？三个物质点的重心仍然存在。假设重心的位置与计算方式无关，我们实际上会得到Ceva定理的不同证明。

我们希望证明以下条件是等效的

(1)AF/FB·BD/DC·CE/EA=1，
（K）AD、BE、CF是并发的（例如K），
（W1)有w个A类，周B和wC类D、E、F处有成对重心
（WK（K）)有w个A类，周B和wC类重心在K

Ceva定理断言（1）和（K）是等价的。（W1)和（WK（K）)通过计算重心独立性的假设等价，这意味着

 Z（A，wA类; B、 w个B; C、 w个C类)=Z（A，wA类; D、 w个B+w个C类)
（W） =Z（B，wB; E、 w个C类+w个A类)
  =Z（C，wC类; F、 w个A类+w个B).

（1） 暗示（W1)

让wA类>0是任意的。查找wB从w个A类AF=wB餐饮部： w个B=wA类AF/FB。下一个查找wC类从w个BBD=wC类直流电： w个C类=wBBD/DC=wA类·AF·BD/FB/DC。现在也检查一下w个A类EA=wC类总工程师。的确，

w个C类CE=重量A类CE·AF·BD/FB/DC=wA类每个

通过（1）。

（W1)暗示（1）

确实，如果D=Z（B，wB; C、 w个C类)类似地，E和F

 BD/DC公司=wC类/w个B,
 欧洲/欧洲=wA类/w个A类,
 空军/空军=wB/w个C类.

三者相乘得出（1）。

（K） 暗示（WK（K）)

查找wB和wC类使D=Z（B，wB; C、 w个C类). 查找wA类至于制作K=Z（A，wA类; D、 w个B+w个C类).但这使得K（通过（W））成为三个物质点的重心（A，wA类), （B，w）B),和（C，w）C类).

Ram Tobolski阐明：假设（K）成立，使AD、BE和CF三个片段在K中同时出现。Find（如上所述），wA类，周B，周C类至于制作D=Z（B，wB; C、 w个C类)和E=Z（C，wC类; A、 w个A类).K是AD和BE的交点，表示它是（A，wA类)和，共（D，wB+w个C类),以及（B，w）B)和（东、西C类+w个A类).如果F'=Z（A，wA类; B、 w个B)则CF'与重心K同时出现，即与AD和BE同时出现。由于CK的唯一性，F=F’。

（WK（K）)暗示（K）

这是（W）的直接结果。事实上，通过（W），K必须位于AD、BE和CF的每一个上，从而迫使它们在K处并发。

如我们所见，Ceva定理（（1）和（K）的等价性）是三个物质点（或（W））重心存在性的一个典型表达式，没有它，重心就无法很好地定义。另一方面，（W）是定义线性的结果，可以在解析几何中轻易证明。

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梅内莱厄斯和塞瓦

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