正弦定理系

共边比例定理

如图，$\triangle ABC$及$BC$边上一点$D$，有$\dfrac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ADC}}=\dfrac{BD}{DC}$.

证明见奠基性的正弦定理部分。

分角定理

如图，$\triangle ABC$及$BC$边上一点$D$，有$\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{AB\sin\angle BAD}{AC\sin\angle DAC}$.

证明见奠基性的正弦定理部分。

分角定理给出了共线线段比例的一般处理方法，以及"分角"（$\angle BAC$及其一条角分线$AD$组成的图形）的一种处理方法。由于构型简单，可被广泛使用。

角元塞瓦定理

塞瓦定理：

$D,E,F$分别在直线$AB,BC,CA$上，则
$AD,BE,CF$ 三线共点或两两平行 $\Leftrightarrow$ $\dfrac{A D}{D B} \cdot \dfrac{B E}{E C} \cdot \dfrac{C F}{F A}=1.$

定理之证明

必要性：
若三线共点，令共点为P，则$\dfrac{B D}{D C} \cdot \dfrac{C E}{E A} \cdot \dfrac{A F}{F B}=\dfrac{[ABP]}{[APC]}\cdot\dfrac{[BCP]}{[BPA]}\cdot\dfrac{[CAP]}{[CPB]}=1.$
若两两平行，用平行线分线段成比例易得.
充分性：用同一法+必要性的证明即可.

$\Box$

将边的分比用分角定理改为分角，则可得到角元塞瓦定理：

$D,E,F$分别在直线$AB,BC,CA$上，则
$A D,B E,C F$ 三线共点或两两平行 $\Leftrightarrow$ $\dfrac{\sin \angle B A D}{\sin \angle D A C} \cdot \dfrac{\sin \angle C B E}{\sin \angle E B A} \cdot \dfrac{\sin \angle A C F}{\sin \angle F C B}=1$ .

定理之证明

定理的证明也很简单，应用塞瓦定理+分角定理，将边的分比转换为角的分比+$\triangle ABC$三条边的轮换对称比例得证.

$\Box$

角元塞瓦定理的优越性在于，它不关心$D,E,F$的位置，以及三条线的共点有什么性质，只关心三个分角的比例。在处理“三线共点或两两平行”这件事上有蒙日定理和角元塞瓦定理两大定理抓手，各司其职：

蒙日定理关键在于使共点的直线成为根轴，所以在多圆的情况下会成为首选，但是根轴往往不易被发现，需要发掘甚至构造圆与根轴。
角元塞瓦定理则限制更少，只要图中的线性条件更多，角元塞瓦定理会成为一个很不错的抓手点。

下面是一个例子：

角元塞瓦定理的抛瓦

如图，两圆$\Gamma_1,\Gamma_2$交于$A,B$两点，点$C,D$分别在$\Gamma_1,\Gamma_2$上且线段$CD$与$\Gamma_1$的第二个交点为$E$，直线$BC$与$\Gamma_2$的第二个交点为$F$，直线$DF$与$EB$交于点$G$，直线$CG$与$AB$交于点$P$，求证：若$E$为$CD$的中点，则直线$PF$与$CA$的交点$Q$在圆$\Gamma_2$上。

(2019-3-希望联盟夏令营-P14)

问题之证明

我们设点$Q$在圆$\Gamma_2$上，反过来证明：$CG,AB,FQ$三线共点。
对$\triangle BFG$与三条线使用角元塞瓦定理，即
$\Leftrightarrow\dfrac{\sin\angle DFQ}{\sin\angle QFB}\cdot\dfrac{\sin\angle ABC}{\sin\angle EBA}\cdot\dfrac{\sin\angle BGC}{\sin\angle CGF}=1.$
由于$G$为$BE$和$DF$的交点，故处理$\dfrac{\sin\angle BGC}{\sin\angle CGF}$时需将点$G$消掉.
使用分角定理与梅涅劳斯，
$\dfrac{\sin\angle BGC}{\sin\angle CGF}=\dfrac{BC}{CF}\cdot\dfrac{FG}{BG}=\dfrac{BC}{CF}\cdot\dfrac{DF}{BE}\cdot\dfrac{CE}{DC}.$

由正弦定理 $\dfrac{CE}{BE}=\dfrac{\sin\angle EBC}{\sin\angle BCE}$，$\dfrac{DF}{DC}=\dfrac{\sin\angle FCD}{\sin\angle DFC}$，

$\dfrac{BC}{CF}=\dfrac{CE}{CD}\cdot\dfrac{\sin\angle CAB\cdot\sin\angle DFC}{\sin\angle EBC\cdot\sin\angle CDF}$

故$\dfrac{\sin\angle BGC}{\sin\angle CGF}=\dfrac{CE}{CD}\cdot\dfrac{\sin\angle CAB}{\sin\angle CDF}$，即证：

$\dfrac{\sin\angle DFQ}{\sin\angle QFB}\cdot\dfrac{\sin\angle ABC}{\sin\angle EBA}\cdot\dfrac{\sin\angle CAB}{\sin\angle CDF}\cdot\dfrac{CE}{CD}=1.$

经过探索，我们采用基本量表示的方法：
设$\angle BCD=\alpha$，$\angle DFQ=\beta$，则导角后即证：
$\dfrac{\sin\beta}{\sin A}\cdot\dfrac{\sin B}{\sin(C-\alpha)}\cdot\dfrac{\sin A}{\sin(A+\alpha+\beta)}\cdot\dfrac{CE}{CD}=1$.
$\Leftrightarrow\dfrac{2CE}{CD}\sin B\sin\beta=2\sin(A+\alpha+\beta)\sin(C-\alpha)\\ =\cos(A-C+2\alpha+\beta)-\cos(A+C+\beta)\\ =\cos(A-C+2\alpha+\beta)+\cos B\cos\beta+\sin B \sin\beta$
由条件，对$\triangle ADC$用正弦定理
$\dfrac{CD}{\sin\beta}=\dfrac{AC}{\sin(\beta+\alpha-C)}=\dfrac{CE\sin B}{\sin(A+\alpha)\sin(\beta+\alpha-C)}.$
即$-\dfrac{2CE}{CD}\sin B\sin\beta=2\sin(A+\alpha)\sin(C-\beta-\alpha)\\ =\cos(A-C+2\alpha+\beta)-\cos(A+C-\beta)\\ =\cos(A-C+2\alpha+\beta)+\cos B\cos\beta-\sin B \sin\beta$
故结论成立 $\Leftrightarrow 2CE=CD$. 得证.

$\Box$

当然本题不止这一种同一法的思路，但是基本上都是选择让线共点或点共线，而不是线的交点在圆上，因为前者可以利用的性质更多，并且有现成的梅塞定理可以使用。

张角定理

如图，$\triangle ABC$ 及一点 $D$，有：

$B,C,D$ 共线 $\Leftrightarrow \dfrac{\sin\angle BAD}{AC}+\dfrac{\sin\angle DAC}{AB}=\dfrac{\sin\angle BAC}{AD}.$

由于有向角的存在，这个式子已经蕴含 $D$ 不在线段 $BC$ 上的情形.

定理之证明

用有向面积：

$B,C,D$ 共线 $\Leftrightarrow [ABD]+[ADC]=[ABC]$

$\Leftrightarrow AB\cdot AD\sin\angle BAD+AD\cdot AC\sin\angle DAC=AB\cdot AC\sin\angle BAC$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sin\angle BAD}{AC}+\dfrac{\sin\angle DAC}{AB}=\dfrac{\sin\angle BAC}{AD}.$

$\Box$

张角定理的强大之处在于它只要有一个点 $A$ 处的三条线组成的分角和三条线的长度就可以确定共线关系，而不关心 $B,C,D$ 这样的点在哪里，以及它们之间的关系。

相较于坐标、复数等解共线的方程，三角法解共线会更简单一点，特别是作为分母的三条边长度表达式有较多公因式时，通分会简单很多。

除了共线问题的证明，张角定理也常用来进行分角线长度的计算。