第1章梅涅劳斯定理及应用
第一章涅劳斯定理及应用
【基础知识】
梅涅劳斯定理 设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若A '，B '，
C '三点共线，则1BA CB AC A B B A C B
'''
??='''．
① C ′
B′
A'
A′
B′
C ′
A
C B D
C
B 图1-1
A
证明 如图11-，过A 作直线AD C A ''∥交BC 的延长线于D ，则 CB CA B A A D ''=''，AC DA C B A B
''
=
''，故 1BA CB AC BA CA DA A C B A C B A C A D A B
''''''
??=??=''''''． 注 此定理的证明还有如下正弦定理证法及面积证法．
正弦定理证法 设BC A α''=∠，CB A β''=∠，B A B γ''=∠，在BA C ''△中，有
sin sin BA C B α
γ
'=
'，同理，sin sin CB CA γβ'='，sin sin AC AB β
α'=
'，此三式相乘即证． 面积证法 由A C B A C C S BA A C S '''''='△△，CB C CA B CB C CA B C CA B AC A AB B AC A AB AC A S S S S S CB B A S S S S S ''''''''''''''''''''+===='+△△△△△△△△△△，AC A C BA S AC C B S ''
''
'=
'△△，此三式相乘即证．
梅涅劳斯定理的逆定理 设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若 1BA CB AC A C B A C B
'''
??='''，
② 则A '，B '，C '三点共线．
证明 设直线A B ''交AB 于1C ，则由梅涅劳斯定理，得到1
11AC BA CB A C B A C A
''??=''．
由题设，有1BA CB AC A C B A C B
'''
??='''，即有
11AC AC C B C B '='． 又由合比定理，知
1AC AC AB AB
'
=
，故有1AC AC '=，从而1C 与C '重合，即A '，B '，C '三点共线． 有时，也把上述两个定理合写为：设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线（包括三边的延长线）上的点，则A '，B '，C '三点共线的充要条件是 1BA CB AC A C B A C B
'''
??='''． 上述①与②式是针对ABC △而言的，如图11-（整个图中有4个三角形），对于C BA ''△、B CA ''△、AC B ''△也有下述形式的充要条件：
1C A BC A B AB CA B C '''??='''；1B A CB A C AC BA C B '''??='''；1AB C A B C
BC A B CA
'''??='''．
③ 第一角元形式的梅涅劳斯定理 设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线（包括三边的延长线）上的点，则A '，B '，C '共线的充分必要条件是 sin sin sin 1sin sin sin BAA ACC CBB A AC C CB B BA
'''
??='''∠∠∠∠∠∠．
④ C
A′
B'
C '
图1-2
A
证明 如图12-，可得 1
sin 21
sin 2
ABA AA C
AB AA BAA S BA A C S AA AC A AC '
'''??'=='''??△△∠∠ sin sin AB BAA AC A AC
'
?=
'?∠∠．
同理，sin sin CB BC CBB B A AB B BA ''
?=
''?∠∠，sin sin AC AC ACC C B BC C CB ''?=''?∠∠． 以上三式相乘，运用梅涅劳斯定理及其逆定理，知结论成立．
第二角元形式的梅涅劳斯定理 设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的点，点O 不在ABC △三边所在直线上，则A '，B '，C '三点共线的充要条件是 sin sin sin 1sin sin sin BOA COB AOC A OC B OA C OB
'''
??='''∠∠∠∠∠∠．
⑤ A′
O
C
B
B'
C '
A 图1-3
证明 如图13-，由
BOA A OC S BA S A C
'''
=
'△△，有 sin sin BOA OC BA A OC OB A C
''
=?
''∠∠．
同理，
sin sin COB OA CB B OA OC B A ''=?''∠∠，sin sin AOC OB AC C OB OA C B
''
=?
''∠∠． 于是sin sin sin sin sin sin BOA COB AOC BA CB AC A OC B OA C OB A C B A C B
''''''??=??
''''''∠∠∠∠∠∠． 故由梅涅劳斯定理知A '，B '，C '共线1BA CB AC A C B A C B
'''
???='''．
从而定理获证．
注 （1）对于④、⑤式也有类似③式（整个图中有4个三角形）的结论．
（2）于在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式中的右端均为1-，③、④、⑤式中的角也可以按①或②式中的对应线段记忆．特别要注意的是三边所在直线上的点为一点或者三点在边的延长线上． 【典型例题与基本方法】
1．恰当地选择三角形及其截线（或作出截线），是应用梅涅劳斯定理的关键
例1 如图14-，在四边形ABCD 中，ABD △，BCD △，△ABC 的面积比是3∶4∶1，点M ，N 分别在AC ，CD 上，满足AM ∶AC CN =∶CD ，并且B ，M ，N 共线．求证：M 与N 分别是AC 和
CD 的中点． （1983年全国高中联赛题） E
D
C
B
M N
A
图1-4
证明 设
AM CN
r AC CD
==（01r <<）
，AC 交BD 于E ． 341ABD BCD ABC S S S =△△△∶∶∶∶， ∴
17BE BD =，3
7
AE AC =． 3
7371771AM AE r EM AM AE r AC AC AM MC AC AM r r AC
----===
=----． 又因B ，M ，N 三点共线，可视BMN 为△CDE 的截线，故由梅涅劳斯定理，得
1CN DB EM ND BE MC ??=，即773
11177r r r r
-??=--． 化简整理，得 2610r r --=，
解得12r =，1
3
r =-（舍去）．
故M 与N 分别是AC 和CD 的中点． 例2 如图1-5，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年全国高中联赛题）
G '
B'
G
F
E
D
C
B
A
图1-5
证明 记BAC CAD θ==∠∠，GAC α=∠，EAC β=∠，直线GFD 与△BCE 相截，由梅涅劳斯定理，有 1ABG AEF
AED ABF
S S BG CD EF GC DE FB S S =
??=?
△△△△ sin()sin sin sin sin()sin AB AC AE AC AE AB θαθβ
αθβθ
?-??=??
??-? sin()sin sin sin()θαβ
αθβ-?=
?-．
故 s i n ()s i n s i n ()θαβθβα-?=-?． 即 s i n c o s s i n c o s s i n s i n s i n c o s s i n c o s θαβθαβθβαθβα??-??=??-??， 亦即 s i n c o s s i n s i n s i n c o s s i n ()0πk θαβθαβαβαβ??=???-=?-=，且k 只可能为0，故G A C ∠
EAC =∠．
例3 设E 、F 分别为四边形ABCD 的边BC 、CD 上的点，BF 与DE 交于点P ．若BAE FAD =∠∠，则BAP CAD =∠∠．
证明 如图1-6，只需证得当AF 关于BAD ∠的等角线交BE 于P 时，B 、P 、F 共线即可．
F
E
D C
B
A
P
图1-6
事实上，B 、P 、F 分别为△CDE 三边所在直线上的三点，且A 不在其三边所在直线上． 又FAD EAB =∠∠，DAP BAC =∠∠，PAE CAF =∠∠， 由第二角元形式的梅涅劳斯定理，有
sin sin sin 1sin sin sin EAB CAF DAP
BAC FAD PAE
??=∠∠∠∠∠∠．故B 、P 、F 三点共线．
注 当AC 平分BAD ∠时，即为1999年全国高中联赛题．
2．梅涅劳斯定理的逆用（逆定理的应用）与迭用，是灵活应用梅氏定理的一种方法
例2另证 如图1-5，设B ，G 关于AC 的对称点分别为B '，G '，易知A ，D ，B '三点共线，连FB '，FG '，只须证明A ，E ，G '三点共线．
设EFB α'=∠，DFE BFG B FG β''===∠∠∠，AFD GFC G FC γ'===∠∠∠，则
*
s i n s i n s i n (
1s i n ()s i n s i n F D A F G B F E C F B A F G C F E D S S S D A B G C E F D F B F C A B G C E D S S S F B F C F
γββγαβγαγβ'''''''???+-??=??=??='''?+-??△△△△△△． 对△CB D '，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知A ，E ，G '三点共线．故GAC EAC =∠∠．
注 在图1-5中，*式也可为sin(180)βγ?--，若B '在AD 的延长上，则*式为sin()βγα++． 例4 如图1-7，1O 与2O 和△ABC 的三边所在的3条直线都相切，E ，F ，G ，H 为切点，直线EG 与FH 交于点P ．求证：PA BC ⊥．
（1996年全国高中联赛题）
P （P'）
图1-7
证法1 过A 作AD BC ⊥于D ，延长DA 交直线HF 于点P '．对△ABD 及截线FHP '应用梅涅劳斯定理，有
1AH BF DP HB FD P A
'
??='． 由BF BH =，有1AH DP FD P A '
?='．
显然1O ，A ，2O 三点共线，连1O E ，1O G ，2O F ，2O H ，则由12O E AD O F ∥∥，有△1
A G O ∽△2
A H O
，
从而
12AO DE AG DF AO AH ==，即AH AG FD ED
=
． 又CE CG =，则1AH DP DP AG DP AG CE
FD P A P A ED P A GC ED
'''=
?=?=??
'''． 对△ADC ，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知P '，G ，E 三点共线，即P '为直线EG 与FH 的交点．故点P '与点P 重合，从而PA BC ⊥．
证法2 延长PA 交BC 于D ，直线PHF 与△ABD 的三边延长线都相交，直线PGE 与△ADC 的三边延长线都相交，分别应用（迭用）梅涅劳斯定理，有 1AH BF DP HB FD PA ??=，1DP AG CE
PA GC ED ??=． 上述两式相除，则有
AH BF AG CE
HB FD GC ED
?=?
． 而HB BF =，CE GC =，于是
AH AG FD ED =，即AG DE
AH DF
=
． 连1O G ，OE ，1O A ，2O A ，2O H ，2O F ，而1O ，A ，2O 共线，则OG GC ⊥，2O H BH ⊥，且
△1O AG ∽△2O AH ，从而
12O A AG DE
O A AH DF
==
，于是1AD O E ∥．故AD EF ⊥，即PA BC ⊥． 【解题思维策略分析】
梅涅劳斯定理是三角形几何学中的一颗明珠，它蕴含着深刻的数学美，因而它在求解某些平面几何问题，特别是某些平面几何竞赛题中有着重要的应用． 1．寻求线段倍分的一座桥梁
例5 已知△ABC 的重心为G ，M 是BC 边的中点，过G 作BC 边的平行线交AB 边于X ，交AC 边于Y ，且XC 与GB 交于点Q ，YB 与GC 交于点P ．证明：△MPQ ∽△ABC ．
（1991年第3届亚太地区竞赛题）
证明 如图1-8，延长BG 交AC 于N ，则N 为AC 的中点．由XY BC ∥，知
2AX AG XB GM ==，而1
2
NC CA =．
Y
X
G
M
N P
Q
C
B A
图1-8
对△ABN 及截线XQC ，应用梅涅劳斯定理，有
1
212
AX BQ NC BQ XB QN CA QN ??=??=，故BQ QN =． 从而MQ AC ∥，且11
24MQ CN AC ==．
同理，MP AB ∥，且1
4
MP AB =
． 由此可知，PMQ ∠与BAC ∠的两边分别平行且方向相反，从而PMQ BAC =∠∠，且MP MQ
AB AC
=
，故MPQ ABC △∽△．
例 6 △ABC 是一个等腰三角形，AB AC =，M 是BC 的中点；O 是AM 的延长线上的一点，使得
OB AB ⊥；Q 是线段BC 上不同于B 和C 的任意一点，E 在直线AB 上，F 在直线AC 上，
使得E ，Q ，F 是不同的和共线的，求证：
（Ⅰ）若OQ EF ⊥，则QE QF =； （Ⅱ）若QE QF =，则OQ EF ⊥． （1994年第35届IMO 试题）
证明 （1）如图1-9，连OE ，OF ，DC ．由OQ EF ⊥，易证O ，E ，B ，Q 四点共圆，O ，C ，F ，
Q 四点共圆．则 O E Q
O B Q O C Q O F ===∠∠∠∠，因此OE OF =．故QE QF =．
Q
C
B
A
E
F
O
M 图1-9
（Ⅱ）由AB AC =，EQ QF =，对△AEF 及截线BQC 运用梅涅劳斯定理，有1AB EQ EC FC
BE QF CA BE
=??=
，即BE CF =．于是可证Rt Rt OBE OCF △≌△，得OE OF =，故OQ EF ⊥．
例7 在凸四边形ABCD 的边AB 和BC 上取点E 和F ，使线段DE 和DF 把对角线AC 三等分，已知
1
4
ADE CDF ABCD S S S ==△△，求证：ABCD 是平行四边形．
（1990年第16届全俄竞赛题） 证明 如图1-10，设DE ，DF 分别交AC 于P ，Q ，两对角线交于M ．要证ABCD 是平行四边形，若证得AM MC =（或PM MQ =），且BM M D =即可．
Q
F
E D
C
B A
P M 图1-10
由ADE CDF S S =△△，ADP CDQ S S =△△（等底等高），知AEP CFQ S S =△△，而APCQ ，故有EF AC ∥，从而有
BE BF
EA FC
=
． 对△BAM 及截线EPD ，△BCM 及截线FQD ，分别应用梅涅劳斯定理，有 1BE AP MD
EA PM DB ??=， ① 1BF CQ MD
FC QM DB ??=．
②
由①，②两式相除得
AP CQ
PM QM
=． 而AP CQ =，故PM MQ =，即有AM MC =．
此时，又有1
2
ABD CBD ABCD S S S ==△△．
又由14ADE ABCD S S =△，知BE EA =，于是①式可写为12111BE AP MD MD
EA PM DB DB
??=??=，
即有2DB MD =，亦即BM MD =． 故ABCD 为平行四边形．
2．导出线段比例式的重要途径
例8 在△ABC 中，1AA 为BC 边上的中线，2AA 为BAC ∠的平分线，且交BC 于2A ，K 为1AA 上的点，使2KA AC ∥．证明2AA KC ⊥．
（1997年第58届莫斯科竞赛题）
证明 如图1-11，延长CK 交AB 于D ，只须证AD AC =．
K
A 2
A 1D
C
B
A
图1-11
由2AA 平分BAC ∠，有2
2BA AB AC A C
=
． ①
由2KA AC ∥，有
112
2A K A A KA A C
=
． 注意到12BC AC =，对△1ABA 及截线DKC 运用梅涅劳斯定理，得 1121212A K A A AD BC AD DB CA KA DB A C =
??=??．故12
22=
A A BD DA A C
，由合比定理，有 122121
1212222A A A C A A AC A A BA BD DA DA A C A C A C ++++===，即为 22BA AB AD A C
=
． ②
由①，②式有
AB AB
AC AD
=
，故AC AD =． 例9 给定锐角△ABC ，在BC 边上取点1A ，2A （2A 位于1A 与C 之间），在CA 边上取点1B ，2B （2B 位于1B 与A 之间），在AB 边上取点1C ，2C （2C 位于1C 与B 之间），使得122112AA A AA A BB B ===∠∠∠ 211221BB B CC C CC C ==∠∠∠，直线1AA ，1BB 与1CC 可构成一个三角形，直线2AA ，2BB 与2CC 可构
成另一个三角形．证明：这两个三角形的六个顶点共圆． （1995年第36届1MO 预选题） 证明 如图1-12，设题中所述两个三角形分别为△UVW 与△XYZ ．
C 1
C 2
B 2B 1
2
A 1
U
W
V
X
Y
Z A
图1-12
由已知条件，有△1AC C ∽△2AB B ，△2BA A ∽△1BC C ，21CB B CA A △∽△，得 12AC AC
AB AB
=
， 21BA AB BC BC =
，21CB BC
CA AC
=，此三式相乘得1222111AC BA CB AB BC CA ??=． ①
对△1AA B 及截线1CUC ，△2AA C 及截线2BXB ，分别应用梅涅劳斯定理，得 11111AC BC AU UA CB C A ??=， ② 2222
1A X AB CB XA B C BA ??=， ③ ①，②，③三式相乘化简，得
12
AU AX
UA XA =
．故UX BC ∥． 同理，WX CA ∥．故1212AUX AA A BB B BWX ===∠∠∠∠．
从而点X 在△UVW 的外接圆上．
同理，可证得Y ，Z 也在△UVW 的外接圆上．证毕．
例10 如图1-13，以△ABC 的底边BC 为直径作半圆，分别与边AB ，AC 交于点D 和E ，分别过点D ，E 作BC 的垂线，垂足依次为F ，G ，线段DG 和EF 交于点M ．求证：AM BC ⊥．
（IMO -37中国国家队选拔赛题）
H M
G F
E
D
C
A
图1-13
证法1 设直线AM 与BC 交于H ，连BE ，CD ，则知90BEC BDC ==?∠∠，直线FME 与△AHC 相截，直线GMD 与△ABH 相截，迭用梅涅劳斯定理，有
1AM HF CE MH FC EA ??=，1AM HG BD
MH GB DA
??=．
两式相除，得
F H C F A E B D
H G C E B G A D
??=
??． 在Rt △DBC 与Rt △EBC 中，有
2
CD BC FC =?，2
BE BC BG =?，即2
2
CF CD BG BE =
．将其代入①式，得 22FH CD AE BD
HG BE CE AD
??=
??． 又由△ABE ∽△ACD ，有
C D
A D
B E
A E
=． 将其代入②式，得 D B C EBC S FH CD BD
DF DM
HG BE CE S EG MG
?==
==
?△△，从而，MH DF ∥． 而DF BE ⊥，则MH BC ⊥，故AM BC ⊥．
证法 2 作高AH ，连BE ，CD ，则90BDC BEC =?=∠∠，于是，s i n D F B D B =?=
∠ cos sin BC B B ??∠∠，cos sin EG BC C C =??∠∠． ∴ c o s s i n c o s c o s s i n c o s G M E G C C A B C
M D F D B B A C B ?===?
?∠∠∠∠∠∠． 又cos BH AB B =?∠，cos HG AE C =?∠， ∴
c o s c o s c o s c o s B H A B B
A C
B H G A E
C A
D C ??==??∠∠∠∠，即BH GM AB HG MD AD ?=，故1BH GM DA
HG MD AB
?==．
对△BGD 应用梅涅劳斯定理的逆定理，知H ，M ，A 三点共线．由AH BC ⊥，知
AM BC ⊥．
例11 如图1-14，设点I ，H 分别为锐角△ABC 的内心和垂心，点1B ，1C 分别为边AC ，AB 的中点．已知射线1B I 交边AB 于点2B （2B B ≠），射线1C I 交AC 的延长线于点2C ，22B C 与BC 相交于K ，1A 为△BHC 的外心．试证：A ，I ，1A 三点共线的充分必要条件是△2BKB 和△2CKC 的面积相
等．（CMO -2003试题）
E
B 2
A 1
B 1
C 1
C 2
K
F
H
O
I D
C
B
A
图1-14
分析 首先证A ，I ，1A 三点共线60BAC ?=?∠． 设O 为△ABC 的外心，连BO ，CO ，则2B O C B A C =∠∠．又180BHC BAC =?-∠∠，因此，60BAC =?∠
B ?，H ，O ，
C 四点共圆
1A ?在△ABC 的外接圆
O 上
AI ?与1AA 重合A ?，I ，1A 三点共线．
其次，再证2260BKB CKC S S BAC =?=?△△∠．并在三角函数式中，用A 、B 、C 分别表示三内角． 证法 1 设△ABC 的外接圆半径为R ，CI 的延长线交AB 于D ，对△ACD 及截线12C IC ，应用梅涅劳斯定理，有
12
121AC CC DI C D IC C A
??=． ①
注意到 112
AC AB AB
C D AD AC AC BC ?=-=
-+ 2
2sin sin ()sin (sin sin )222()sin sin cos
2
C B A
R AB AC BC C B A R
A B AC BC B A
-??--?=
==
-++，
则 11s i n s i n 22cos cos 22
C B A
C D C A B
AC -?=
-?． 而
s i n c o s s i n 22s i n s i n s i n 22C A B B IC AC ADC C C DI AD ACD ??-+ ???====∠∠，由①式，有2121sin 2cos
2
B A C
C C
D IC C C A DI AC -=?=．从而 22
222sin
cos 22cos
2
A B
AC CC AC C AC C A
?-==． ②
又对△ACD 及截线12B IB ，应用梅涅劳斯定理，有
21
211AB CB DI B D IC B A
??=． 注意到11CB B A =，有22sin
2cos 2C B D DI A B AB IC ==
-，2222
cos sin 2sin sin
2222cos cos
22A B C A B
AB B D AD A B A B AB AB --?-===--，即2cos
cos cos
sin 222sin sin 2sin sin 2sin sin 2sin sin 222222
A B A B A B AC B AB AD AB AB A B A B A B AC BC B A ---=?=??=??=
++???cos
2
2cos sin
22
B
AB C A ?
?．从而 2
2s i n c o s 22cos 2A C
AB B AB ?=． ③
由2222221BKB CKC ABC AB C AB AC S S S S AB AC ?=?=?
=?△△△△，注意②，③24sin 12
A
?=，且A 为锐角
60BAC ?=?∠．
证法2 如图1-14，设直线AI 交BC 于F ，直线12B B 交CB 的延长线于E ．对ACF △及截线1B IE ，应用梅涅劳斯定理，有
111AB CF FI
B C EF IA
??=． ④
又由11AB B C =及角平分线性质，即有FI CF BF BC
IA CA BA AB AC
===
+． 令BC a =，AC b =，AB c =，则FI a
IA b c
=
+． 由④式，有
CE b c EF a +=，即EF EF a
CF CE EF b c a
==
-+-． 而ab
CF b c =+，则2()()a b EF b c a b c =+-+．
又ac BF b c =
+，()
a a c BE EF BF
b
c a -=-=+-（由题设知a c >）． 从而 ()()E F a b
B E b c a c =
+-． 对ABF △及截线2IB E ，应用梅涅劳斯定理，有2
21BB AI FE IF EB B A
??=． 将⑤式代入上式，得22BB IF BE a c B A AI EF b -=?=，∴ 2222AB B B AB a b c
AB AB b
++-==
． ⑥
同理
2
A C a c b A C c +-=
． 由2222221BKB CKC ABC AB C AB AC S S S S AB AC ?=?=?
=?△△△△，注意⑥，⑦1a b c a c b
b c
+-+-??=?
22260a b c bc BAC =+-?=?∠．
注 例11还有其他证法，可参见笔者另文《关于2003年中国数学奥林匹克第一题》（《中等数学》2003年第6期）．
例12 如图1-15，凸四边形ABCD 的一组对边BA 与CD 的延长线交于M ，且AD BC ∥，过M 作截
线交另一组对边所在直线于H ，L ，交对角线所在直线于H '，L '．求工业化：1111
MH ML MH ML +=+
''
． H '
L'
L
D
C
B
A
M
O
H
图1-15
证法1 如图1-15，对ML D '△及直线BLC 由梅涅劳斯定理得 1ML L B DC
LL BD CM
'??='． 对DL H '△及直线BAM 由梅涅劳斯定理得
1L M HA DB
MH AD BL
'??='．
对MHD △及直线CH A '由梅涅劳斯定理得 1HH MC DA
H M CD AH
'??='． 由①?②?③得1ML L M HH LL MH H M
''
??=''，
所以HH LL MH H M ML L M ''
=
''??， 所以H M MH ML ML MH H M ML L M
''--=
''??， 故
1111
MH ML MH HL +=+
''
． 证法2 设AD 与BC 的延长线相交于O ．△BML 和△CML 均被直线AO 所截，迭用梅涅劳斯定理，有 BA HL OB
AM MH LO
=?
，① CD HL OC
DM MH LO
=?
，② 由①LC ?+②BL ?，得 BA CD HL OB LC OC BL
LC BL AM DM MH LO
?+??
+?=?
．③ 注意到 O B L C O C B L
B C
?+
?=?（直线上的托勒密定理），则③式变为BA CD
LC BL AM DM
?+?= HL
DC MH
?
．④ 又由BD 截△LCM 和AC 截△LBM ，迭用梅涅劳斯定理，有LL DC
BC BL L M MD
'?
=?
'，LH AB
BC LC H M AM
'?
=?
'． 将此结果代入④式整理，即得欲证结论．
注 当AD BC ∥，④式显然成立，故仍有结论成立．此题是二次曲线蝴蝶定理的推论． 3．论证点共直线的重要方法
例13 如图1-16，△ABC 的内切圆分别切三边BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，点X 是△ABC 的一个内点，△XBC 的内切圆也在点D 处与BC 边相切，并与CX ，XB 分别相切于点Y ，Z ．证明：EFZY 是圆内接四边形． （1995年第36届IMO 预选题） P
X
Y
Z F
E D C
B A
图1-16
证明 由切线长定理，知CE CD CY ==，Z BF BD B ==，AF AE =，XZ XY =．
设BC 的延长线与FE 的延长线交于P ，对△ABC 及截线FEP ，应用梅涅劳斯定理，有
1AF BP CE AF BP CE
FB PC EA EA PC FB
=??=??
XZ BP CY XZ BP CY
YX PC ZB ZB PC YX
=
??=??
． 对△XBC 应用梅涅劳斯定理的逆定理，知Z ，Y ，P 三点共线，故由切割线定理有2PE PF PD ?=，2PY PZ PD ?=．
以而PE PF PY PZ ?=?，即EFZY 是圆内接四边形．
例14 如图1-17，△ABC 中，A ∠内的旁切圆切A ∠的两边于1A 和2A ，直线12A A 与BC 交于3A ；类似地定义1B ，2B ，3B 和1C ，2C ，3C ．求证：3A ，3B ，3C 三点共线．
A 3
图1-17
证明 由切线长定理，知12AA AA =，12BB BB =，12CC CC =．对△ABC 与直线123C C C ，123A A A ，123B B B 分别应用梅涅劳斯定理，有
332123213111AC AC BC CC BC C B C C C A C B C A =??=??，
233213213111BA BA CA AA CA A C A A A B A C A B
=??=??，
33212
3213111CB CB AB BB AB B A B B B C B A B C
=
??=?=． 上述三式相乘，有
333111111333222222AC BA CB AC A B B C AC A B B C
C B A C B A BC CA AB CA AB BC ??=??=??
． 设
3O 切AB 于K ，2O 切AC 于L ，则由12BB BB =，可得21221
()2
BC BK B C KB ==-．同理
11211
()2
B C CL B C LC ==-．又由两内公切线长相等，即21KB LC =，故21BC B
C =．同理，21CA AC =，
21AB A B =．
从而
33
33331A C B A C B C B A C B A
??=，故对△ABC 用梅涅劳斯的逆定理，知3A ，3B ，3C 三点共直线． 例15 如图1-18，设△ABC 的三边BC ，CA ，AB 所在的直线上的点D ，E ，F 共线，并且直线AD ，
BE ，CF 关于A ∠，B ∠，C ∠平分线的对称直线AD '，BE '，CF '分别与BC ，CA ，AB 所在直线交于D '，E '，F '，则D '，E '，F '也共线．
D 'F'
E'F E
D
C B
A
图1-18
证明 对ABC ∠及截线FED 应用第一角元形式的梅涅劳斯定理，有
sin sin sin 1sin sin sin BAD CBE ACF
DAC EBA FCB ??=∠∠∠∠∠∠．
由题设知，CAD BAD '=∠∠，D AB DAC '=∠∠，BCF ACF '=∠∠，F CA FCB '=∠∠，ABE CBE '=∠∠，E BC EBA '=∠∠，从而有
sin sin sin 1sin sin sin CAD ABE BCF D AB E BC F CA '''
??='''∠∠∠∠∠∠，即
sin sin sin 1sin sin sin BAD CBE ACF D AC E BA F CB
'''
??='''∠∠∠∠∠∠．
故由第一角元形式的梅涅劳斯定理，知D '，E '，F '共线．
例16 在筝形ABCD 中，AB AD =，BC CD =．过BD 上的一点P 作一条直线分别交AD 、BC 于E 、F ，再过点P 作一条直线分别交AB 、CD 于G 、H ．设GF 与EH 分别与BD 交于I 、J ，求证：PI PJ
PB PD
=
． 证明 如图1-19，过B 作AD 的平行线交直线EF 于E '，再过B 作CD 的平行线交直线GH 于H '，则
E BP EDP PBG '==∠∠∠，HBP
HDP PBF '==∠∠∠． H '
E'
P
D
C
B
A
H
F E
G 图1-19
进而H BG H BP GBP PBF PBE E BF ''''=-=-=∠∠∠∠∠∠．
所以
s i n s i n s i n s i n s i n s i n 1s i n s i n s i n s i n s i n s i n P B H G B I F B E F B P G B P F B E
H B G I B F E B P E B F P B F P B G
'''??=??=
'''∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠． 又H '、I 、E '分别为△PGF 三边所在直线上的点，且点B 不在△PGF 三边所在的直线上．由第二角元形式的梅涅劳斯定理的逆定理知H '、I 、E '共线．
于是，由PBE PDE '△∽△，PH B PHD '△∽△．有E H EH ''∥．
因此，PI PE PB PJ PE PD '==．故PI PJ
PB PD
=
． 注 当PB PD =，P 为BD 中点时，即为1989年12月冬令营选拔赛试题．
例17 如图1-20，四边形ABCD 内接于圆，其边AB ，DC 的延长线交于点P ，AD 和BC 的延长线交于点Q ，过Q 作该圆的两条切线，切点分别为E ，F ．求证：P ，E ，F 三点共线． （1997年CMO 试题）
Q
图1-20
证明 设圆心为O ，连QO 交EF 于L ，连LD ，LA ，OD ，OA ，则由切割线定理和射影定理，有 2QD QA QE QL QO ?==?，从而D ，L ，O ，A 四点共圆，即有QLD DAO ODA OLA ===∠∠∠∠，
亦即OL 为△LAD 的内角ALD ∠的外角平分线． 又EF OQ ⊥，则EL 平分ALD ∠． 设EF 分别交AD ，BC 于M ，N ，于是DM DL DQ
MA AL AQ
==
． 同理，CN CQ
BN BQ
=
． 于是，DM AM AM DM AD DQ AQ AQ DQ DQ AQ +===++，CN BN BC
CQ BQ BQ CQ
==
+， 所以，
211MQ DQ DQ DA AQ DM DM AD AD +=+=+=，2QN BQ
CN BC
=
． 直线PBA 与△QCD 的三边延长线相交，由梅涅劳斯定理，有1CP DA QB CP DM QN
PD AQ BC PD MQ CN
=
??=??
． 对△QCD 应用梅涅劳斯定理的逆定理，知P ，M ，N 三点共线．所以P ，E ，F 三点共线． 注 此例的其他证法，可参见第二章例9，第九章例15等．
例18 已知△ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，线段BE 、CF 分别与该内切圆交于点P 、Q ，若直线FE 与BC 交于圆外一点R ．证明P 、Q 、R 三点共线．
（2011年香港奥林匹克题）
证明 如图1-21，由切线长定理有AE AF =．对△ABC 及截线EFR 应用梅涅劳斯定理，有1AF BR CE
FB RC EA
??=，
R
F
E
D
C
B
A
P
Q S 图1-21
即有
B R E A
F B F B R C C E A F C E
=?=． 设BE 与CF 交于点S ，由△EFC ∽△QEC ，△FEB PFB ∽△，△SEQ ∽△SFP ，有CQ CE
EQ EF
=
，FP FE PB FB
=
，SP FP SQ EQ =． 又对△SBC 及所在边上的点R 、P 、Q ，有
SP BR CQ SP CQ BR FP CQ FB FP CQ FB
PB RC QS SQ PB RC EQ PB CE PB QE CE
??=??=??=??
1FE CE FB
FB EF CE
=
??=． 于是，由梅涅劳斯定理的逆定理，知P 、Q 、R 三点共线． 4．注意与其他著名定理配合运用
例19 在Rt △ABC 中，已知90A =?∠，B C >∠∠，D 是△ABC 处接圆的圆心，直线A l 、B l 分别切
O 于点A 、B ，BC 与直线A l 、AC 与直线B l 分别交于点S 、D ，AB 与DS 交于点E ，CE 与直线A
l 交于点T ，又设P 是直线A l 上的点，且使得A EP l ⊥，Q （不同于点C ）是CP 与O 的交点，R 是QT 与O 的交点，令BR 与直线A l 交于点U ． 证明：2
2
SU SP SA TU TP TA ?=?．
（2005年韩国奥林匹克题）
证明 如图1-22，设BA 的延长线与O （过C 点）的切线交于点E '．由帕斯卡定理知S 、D 、E '三点共线，从而点E '与E 重合．
图1-22
由切割线窄弹知 2
T A
T R T Q =?，2SA SB SC =?． 所以，22SA SB SC
TA TR TQ
?=?． ①
设TQ 与CB 交于点X ，对△XTS 及截线RBU ，截线QCP 分别应用梅涅劳斯定理，有
1XP TU SB
RT US BX
??=，
=1XQ TP SC QT PS CX ??． ② 注意相交弦定理，有XP XQ XB XC ?=?． ③ 由①、②、③，得 2
2
S U S P
X P S B X Q S C S B S C S A
T U T P
R T
B X
Q T
C X
T R T Q T A
?=
???=?=． 例20 在梯形ABCD 中，已知BC 、AD 分别为上、下底，F 为腰CD 上一点，AF 与BD 交于点E ，G
为边AB 上一点，满足EG AD ∥，CG 与BD 交于点H ，FH 与AB 交于点I ．证明：CI 、FG 、AD 三线共点． （2011年乌克兰奥林匹克题） 证明 如图1-23，设直线AB 与DC 、AF 与DG 分别交于点S 、T ．
S
D
图1-23
先证S 、H 、T 三点共线．
由EG AD BC ∥∥，知△ATP ETG ∽△，△GHE CHB ∽△，△ASD ∽△BSC ． 有,,AT AD EH GE BC BS TE EG HB CB AD AS ===． 上述三式相乘，有
1AT EH BS AD GE CB
TE HB SA EG CB AD
??=??=． 对△AES 应用梅涅劳斯定理的逆定理，知T 、H 、S 三点共线．
考虑△AFI 和△DGC ，注意到直线IF 与CG ，FA 与GD 、AI 与DC 分别交于点H 、T 、S ，于是
由戴沙格定理，知CI 、FG 、AD 三线共点． 【模拟实战】
习题A
1．在△ABC 中，点D 在BC 上，13BD DC =，E ，G 分别在AB ，AD 上，23AE EB =，1
2
AG GD =，EG 交AC 于点F ，求
AF
FC
． 2．在ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，AF 与CE 相交于G ，AF 与DE 相交于H ，求AH ∶HG ∶GF ．
3．P 是△ABC 内一点，引线段APD ，BPE 和CPF ，使D 在BC 上，E 在AC 上，F 在AB 上．已知
6AP =，9BP =，6PD =，3PE =，20CF =，求△ABC 的面积．
（第7届AIME 题） 4．设凸四边形ABCD 的对角线AC 和交于点M ，过M 作AD 的平行线分别交AB ，CD 于点E ，F ，交BC 的延长线于点O ，P 是以O 为圆心，以OM 为半径的圆上一点，求证：OPF OEP =∠∠．
（1996年全国初中联赛题）
5．已知D ，F 分别是△ABC 的边AB ，AC 上的点，且23AD DB CF FA ==∶∶∶，连DF 交BC 边的延长线于点E ，求EF FD ∶．
6．设D 为等腰Rt △ABC （90C =?∠）的直角边BC 的中点，E 在AB 上，且21AE EB =∶∶，求证：CE AD ⊥．
7．在△ABC 中，点M 和N 顺次三等分AC ，点X 和Y 顺次三等分BC ，AY 与BM ，BN 分别交于点S ，R ，求四边形SRNM 与△ABC 的面积之比．
8．E ，F ，G ，H 分别为四边形ABCD 的四条边AB ，BC ，CD ，DA 上的点，若EH ，BD ，FG 三直线共点，则EF ，AC ，HG 三直线共点或平行．
9．设X ，Y ，Z 分别是△ABC 的边CB ，CA 和BA 延长线上的点，又XA ，YB 和ZC 分别是△ABC 外接圆的切线．证明：X ，Y ，Z 三点共线． （1989年新加坡竞赛题） 10．求证：三角形两角的平分线与第三角的外角平分线各与对边所在直线的交点共线．
11．已知直径为AB 的圆和圆上一点X ，设A t ，B t 和X t 分别是这个圆在A ，B ，X 处的切线．设Z 是直线AX 与B t 的交点，Y 是直线BX 与A t 的交点，证明：YZ ，X t ，AB 三直线共点．
（第6届加拿大竞赛题）
12．P 是ABCD 中任一点，过P 作AD 的平行线分别交AB ，CD 于E ，F ，又过P 作AB 的平行线，分别交AD ，BC 于G ，H ．求证：AH ，CE ，DP 三线共点．
13．在△ABC 中，1AA 为中线，2AA 为角平分线，K 为1AA 上的点，使2KA AC ∥．证明：2AA KC ⊥． （第58届莫斯科奥林匹克题） 14．直线l 交直线OX ，OY 分别于A ，B ，点C 与D 是线段AB 两侧的直线l 上两点，且CA DB =．过C 的直线CKL 交OX 于K ，交OY 于L ；过D 的直线交OX 于M ，交OY 于N ．连结ML 和KN ，交直线l 分别于E ，F ．求证：AE BF =．
15．设四边形ABCD 外切于一圆，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 边上的切点，若直线HE 与DB 相交于点M ，则M ，F ，G 三点共线．
16．设P 为△ABC 的内点，过点P 的直线l ，m ，n 分别垂直于AP ，BP ，CP ，若l 交BC 于Q ，m 交AC 于R ，n 交AB 于S ，证明：Q ，R ，S 共线． （IMO -28预选题） 17．已知△ABC 的BC 与它的内切圆相切于点F ．证明：该圆的圆心O 在BC 与AF 的两个中点M ，N 的连线上．
18．已知凸四边形ABCD 内接于O ，对角线AC ，BD 相交于点Q ，过Q 分别作直线AB ，BC ，CD ，
DA 的垂线，垂足分别是E ，F ，G ，H ．求证：EH ，BD ，FG 三直线共点或互相平行．
19．设ABCD 为圆外切四边形，又AB ，BC ，CD ，DA 与该圆的切点为E ，F ，G ，H ．求证：AC ，BD ，EG ，FH 共点．
习题B
1．P 是ABCD 内一点，MN ，EF 分别过P ，MN AD ∥且分别与AB ，CD 交于点M ，N ，EF AB ∥且分别与DA ，BC 交于点E ，F ．求证：ME ，FN ，BD 三线共点． 2．在△O A B 中，AOB ∠为锐角，
从AB 上任一点M 作MP OA ⊥于P ，MQ OB ⊥于Q ，点H 是△OPQ 的垂心，求当点M 在线段AB 上移动时，点H 的轨迹． （IMO -7试题） 3．在正△ABC 的边BC ，CA ，AB 上有内分点D ，E ，F 将边分成3∶(3)(6)n n ->，线段AD ，BE ，
CF 相交所成的△PQR （BE 交AD 于P ，交FC 于Q ）是△ABC 的面积的
4
49
时，求n 的值． （1992年日本奥林匹克预选题）
4．在△ABC 中，90A =?∠，点D 在AC 上，点E 在BD 上，AE 的延长线交BC 于F ．若BE ∶2ED AC =∶DC ，则ADB FDC =∠∠．
5．已知点E ，1D ，2D 在△ABC （AB AC >）的边BC 上，12BAD CAD =∠∠，11EF AD ∥交AB 于1F ，又与CA 的延长线交于1C ，22EF AD ∥交AB 于2F ，又与CA 的延长线交于2G ．求证：212
212
BF BF BE CE CG CG ?=?．
（《数学通报》问题1353题）
6．圆外切四边形ABCD 中，AB ，BC ，CD ，DA 边上的切点分别为P ，Q ，R ，S ．AD 与BC 的延长线交于点E ，AB 与DC 延长线相交于点F ．求证：（Ⅰ）AC ，BD ，PR ，QS 四线共点；（Ⅱ）
AC ，EF ，PQ ，RS 四线共点；
（Ⅲ）BD ，EF ，PS ，QR 四线共点（假定BD EF ≠）． 7．若凸四边形的对角线AC 与BD 互相垂直，且相交于E ，过E 点分别作边AB ，BC ，CD ，DA 的
垂线，垂足依次为P ，Q ，R ，S ，并分别交CD ，DA ，AB ，BC 边于P '，Q '，R '，S '，再顺次连接P Q ''，Q R ''．R S ''，S P ''，则R S P Q AC ''''∥∥；R Q P S BD ''''∥∥．
（IMO -22试题的推广）
8．面积为1的△ABC 的边AB ，AC 上分别有点D ，E ，线段BE ，CD 相交于点P ．点D ，E 分别在AB ，AC 上移动，但满足四边形BCED 的面枳是△PBC 面积的两倍这一条件，求△PDE 面积的最大值． （1992年日本奥林匹克题） 9．ABCD 是边长为2的正方形，E 为AB 的中点，F 是BC 的中点，AF 和DE 相交于I ，BD 和AF 相交于H ．求四边形BEIH 的面积．
10．P 是凸四边形ABCD 所在平面上一点，APB ∠，BPC ∠，CPD ∠，DPA ∠的平分线分别交AB ，
BC ，CD ，DA 于点K ，L ，M ，N ．
（Ⅰ）寻找一点P ，使KLMN 是平行四边形；（Ⅱ）求所有这样的P 点的轨迹． （1995年世界城市际联赛题） 11．△ABC 中，AB AC >，AD 为内角平分线，点E 在△ABC 的内部，且EC AD ⊥，ED AC ∥，求证：射线AE 平分BC 边． （《数学教学》问题536题） 12．设△123A A A 为非等腰三角形，内心为I ，i C （1i =，2，3）为过I 与1i i A A +和2i i A A +相切的小圆（增加的下标作模3同余），i B （1i =，2，3）为圆1i C +和2i C +的另一交点，证明：△11A B I ，△22A B I ，△33A B I 的外心共线．
（IMO -38预选题）
梅涅劳斯定理范文
梅涅劳斯定理范文 梅涅劳斯定理 定理叙述 设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z 共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 注意： 最简单的证明（张景中院士说过“做足够多的三角形可以解任何几何题”。等价说法是“做足够多的垂线可以解任何几何题”）证明：过ABC三点向三边引垂线AA'BB'CC'， AD：DB=AA'：BB' BE：EC=BB'：CC' CF：FA=CC'：AA' 所以(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1 一应用梅涅劳斯定理 1.定理的条件已经具备，正向或反向应用定理。 例：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。（此线常称为西姆松线）。分析：目标明确，写出比例式就行了。 例:不等边三角形的三条外角平分线与对边延长线的交点共线。 例： 分析：直线若平行于BC，则命题显然成立。若不平行，则作出直线与直线BC的交点是非常自然的。
例： 如图在三角形三边取相同比例的分点。中间黑色三角形面积等于白色面积，求边上的分点比例。 分析：没啥好分析的。 总结：用定理要选取三角形和截线。目标中共线的三个点所在的直线上，一般不会包含所选取的三角形的边。 2.几个不适合用梅氏定理的例子。 例： 如图锐角x的两条边上取A,B两点。甲乙二人分别从A,B出发沿箭头方向前进。保持速度不变。证明两人以及锐角顶点组成的三角形垂心在某直线上运动。分析：本题具备定理的基本图形，并且目标是证明共线。但此处不可使用梅氏定理。因为垂心所在的定直线一般是不过锐角顶点的。那么我们取几个时刻的垂心呢？两个就够了。只要证明这两个垂心连线的斜率只与两人的速度比有关…… 总结：用数学定理要看定理中的条件部分，估计计算复杂程度。比如逆定理条件是共线，不共线则不可使用逆定理。 例： 两个线段上的点列如图连线得到交点。证明三个交点共线。用梅氏定理的证明见初三仁华课本。这里绕个路证明此题。首先，下面这个事实有用。 x,y,z,w等8个数看作所在点横坐标。（用了定比分点）
(完整word版)第1章梅涅劳斯定理及应用
第一章涅劳斯定理及应用 【基础知识】 梅涅劳斯定理 设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若A '，B '， C '三点共线，则1BA CB AC A B B A C B ''' ??='''． ① C ′ B′ A' A′ B′ C ′ A C B D C B 图1-1 A 证明 如图11-，过A 作直线AD C A ''∥交BC 的延长线于D ，则 CB CA B A A D ''=''，AC DA C B A B '' = ''，故 1BA CB AC BA CA DA A C B A C B A C A D A B '''''' ??=??=''''''． 注 此定理的证明还有如下正弦定理证法及面积证法． 正弦定理证法 设BC A α''=∠，CB A β''=∠，B A B γ''=∠，在BA C ''△中，有 sin sin BA C B α γ '= '，同理，sin sin CB CA γβ'='，sin sin AC AB β α '= '，此三式相乘即证． 面积证法 由A C B A C C S BA A C S '''''='△△，CB C CA B CB C CA B C CA B AC A AB B AC A AB AC A S S S S S CB B A S S S S S ''''''''''''''''''''+===='+△△△△△△△△△△，AC A C BA S AC C B S '' '' '= '△△，此三式相乘即证． 梅涅劳斯定理的逆定理 设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若 1BA CB AC A C B A C B ''' ??='''， ② 则A '，B '，C '三点共线． 证明 设直线A B ''交AB 于1C ，则由梅涅劳斯定理，得到1 11AC BA CB A C B A C A ''??=''． 由题设，有1BA CB AC A C B A C B ''' ??='''，即有 11AC AC C B C B '='． 又由合比定理，知 1AC AC AB AB ' = ，故有1AC AC '=，从而1C 与C '重合，即A '，B '，C '三点共线． 有时，也把上述两个定理合写为：设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线（包括三边的延长线）上的点，则A '，B '，C '三点共线的充要条件是 1BA CB AC A C B A C B ''' ??='''． 上述①与②式是针对ABC △而言的，如图11-（整个图中有4个三角形），对于C BA ''△、B CA ''△、AC B ''△也有下述形式的充要条件：
梅涅劳斯定理
梅涅劳斯定理 定理叙述 设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 注意： 1 定理的应用有正反两个方向。由共线推出比例式叫作逆定理。 2 三个分点可能有两个在线段上，或者三个都不在线段上。 最简单的证明（张景中院士说过“做足够多的三角形可以解任何几何题”。等价说法是“做足够多的垂线可以解任何几何题”） 证明：过ABC三点向三边引垂线AA'BB'CC'， AD：DB=AA'：BB' BE：EC=BB'：CC' CF：FA=CC'：AA' 所以(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1 一应用梅涅劳斯定理 1.定理的条件已经具备，正向或反向应用定理。 例：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。（此线常称为西姆松线）。 分析：目标明确，写出比例式就行了。 例:不等边三角形的三条外角平分线与对边延长线的交点共线。 分析：此题同上。注意外角平分线分对边成的比例与夹边比例的关系，是和内角平分线类似的。 例： 分析：直线若平行于BC，则命题显然成立。若不平行，则作出直线与直线BC的交点是非常自然的。
例： 如图在三角形三边取相同比例的分点。中间黑色三角形面积等于白色面积，求边上的分点比例。 分析：没啥好分析的。 总结：用定理要选取三角形和截线。目标中共线的三个点所在的直线上，一般不会包含所选取的三角形的边。 2.几个不适合用梅氏定理的例子。 例： 如图锐角x的两条边上取A,B两点。甲乙二人分别从A,B出发沿箭头方向前进。保持速度不变。证明两人以及锐角顶点组成的三角形垂心在某直线上运动。 分析：本题具备定理的基本图形，并且目标是证明共线。但此处不可使用梅氏定理。因为垂心所在的定直线一般是不过锐角顶点的。那么我们取几个时刻的垂心呢？两个就够了。只要证明这两个垂心连线的斜率只与两人的速度比有关……
梅涅劳斯定理入门篇
梅涅劳斯定理（入门篇） 雷雨田 （广西师范大学附属外国语学校高50班 541004） 梅涅劳斯定理 这个定理怎么记最好呢？ 个人感觉“顶到分、分到顶、顶到分、分到顶、顶到分、分到顶”这样记忆来得非常容易 不过找了很多资料，感觉仅仅是把这个定理（或者后面附一个逆定理）陈述然后证明完了之后，就直接给例题（或者直接讲赛瓦定理），看上去不怎么舒服，所以我把其他的一些东西附在这里，以供参考。 第一角元形式的梅涅劳斯定理 （就是把线段比改为正弦值比）其表达式为： 1=∠∠?∠∠?∠∠BA 'B sin 'CBB sin CB 'C sin 'ACC sin AC 'A sin 'BAA sin 证明如下：
如图所示，由三角形面积公式（正弦定理）可得： AC 'A sin AC 'BAA sin AB AC 'A sin AC 'AA 'BAA sin 'AA AB S S C 'A 'BA C 'AA 'ABA ∠?∠?=∠??∠??==??2 121 同理可得CB 'C sin BC 'ACC sin AC B 'C 'AC ,BA 'B sin AB 'CBB sin BC A 'B 'CB ∠?∠?=∠?∠?= 把这三个式子相乘，运用梅氏定理，就可得到 这个式子怎么记最好呢？ 个人感觉根据梅涅劳斯定理中线段所对应的角来记忆最好。 第二角元形式的梅涅劳斯定理 设O 是不在三角形ABC 三边所在直线上的任意一点，其他条件不变，则表达式为： 1=∠∠?∠∠?∠∠OA 'B sin 'COB sin OB 'C sin 'AOC sin OC 'A sin 'BOA sin 现证明如下： B C A’
梅涅劳斯定理与塞瓦定理
板块一 梅涅劳斯定理及其逆定理 知识导航 梅涅劳斯定理：如果一条直线与ABC △的三边AB 、BC 、CA 或其延长线交于F 、D 、E 点， 那么1AF BD CE FB DC EA ??=．这条直线叫ABC △的梅氏线，ABC △叫梅氏三角形． G F E D C B A G F E D C B A H 3H 2 H 1 F E D C B A 证法一：如左图，过C 作CG ∥DF ∵DB FB DC FG =，EC FG AE AF = ∴1AF BD CE AF FB FG FB DC EA FB FG AF ??=??=． 证法二：如中图，过A 作AG BD ∥交DF 的延长线于G ∴AF AG FB BD =，BD BD DC DC =，CE DC EA AG = 三式相乘即得：1AF BD CE AG BD DC FB DC EA BD DC AG ??=??=． 证法三：如右图，分别过A B C 、、作DE 的垂线，分别交于123H H H 、 、． 则有123AH BH CH ∥∥， 所以3 12231 1CH AH BH AF BD CE FB DC EA BH CH AH ??=??=． 梅涅劳斯定理的逆定理：若F 、D 、E 分别是ABC △的三边AB 、BC 、CA 或其延长线的三点， 如果1AF BD CE FB DC EA ??=，则F 、D 、E 三点共线． 梅涅劳斯定理与塞瓦定理
夯实基础 【例1】 如图，在ABC △中，AD 为中线，过点C 任作一直线交AB 于点F ，交AD 于点E ，求 证：:2:AE ED AF FB =． E C D B F A 【解析】 ∵直线FEC 是ABD △的梅氏线， ∴1AE DC BF ED BC FA ??=． 而12DC BC =，∴112AE BF ED FA ??=，即2AE AF ED BF =． 习题1. 在△ABC 中，D 是BC 的中点，经过点D 的直线交AB 于点E ，交CA 的延长线于点 F ．求证： FA EA FC EB =． E F B D C A 【解析】 直线截ABC △三边于D 、E 、F 三点，应用梅氏定理，知 1CD BE AF DB EA FC ??=，又因为BD BC =，所以 1BE AF EA FC ?=，即FA EA FC EB = ． 习题2. 如图，在△ABC 中， 90ACB ∠=?，AC BC =．AM 为BC 边上的中线， CD AM ⊥于点D ，CD 的延长线交AB 于点E ．求AE EB ． D E B M C A 【解析】 由题设，在Rt AMC △中，CD AM ⊥，2AC CM =，
梅涅劳斯定理的应用练习1
平面几何问题：1.梅涅劳斯定理 一直线分别截△ABC的边BC、CA、AB（或其延长线）于D、E、F，则1 FB AF EA CE DC BD = ? ?。 背景简介：梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。 证明： 说明： （1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。 （2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。 （3）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力 工具。用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。 梅涅劳斯定理的逆定理：如果有三点F、D、E分别在△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线上， 且满足1 EA CE DC BD FB AF = ? ?，那么F、D、E三点共线。 利用梅涅劳斯定理的逆定理可判定三点共线。 梅涅劳斯定理练习 1．设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。求证： FB AF 2 ED AE =。
2．过△ABC 的重心G 的直线分别交AB 、 AC 于E 、F ，交CB 延长线于D 。求证： 1FA CF EA BE =+。 3. 在△ABC 中，点D 在BC 上，31DC BD =，分别在AB ，AD 上，32EB AE =，2 1 GD AG =，EG 交 AC 于点F ，求 FC AF 。 4.在□ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，AF 与CE 相交于G ，AF 与DE 交于H ，求AH:HG:GF 5.设D 为等腰Rt △ABC （∠C=90°）的直角边BC 的中点，E 在AB 上,且AE ：EB=2:1， 求证：CE ⊥AD 6.在△ABC 中，点M 和N 顺次三等分AC ，点X 和Y 顺次三等分BC ，AY 与BM ，BN 分别交于点S ，R ，求四边形SRNM 与△ABC 的面积之比。
(2)点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用
2012年高中数学竞赛讲座 在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。 1. 点共线的证明 点共线的通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点的连线必过第三点；证明三点组成的三角形面积为零等。n (n ≥4)点共线可转化为三点共线。 例1 如图，设线段AB 的中点为C ，以AC 和CB 为对角线作平行四边 形AECD ，BFCG 。又作平行四边形CFHD ，CGKE 。求证：H ，C ，K 三点共线。 证 连AK ，DG ，HB 。 由题意，AD EC KG ，知四边形AKGD 是平行四边形，于是AK DG 。同样可证AK HB 。四边形AHBK 是平行四边形，其对角线AB ，KH 互相平分。而C 是AB 中点，线段KH 过C 点，故K ，C ，H 三点共线。 A C D E F H K G
例2 如图所示，菱形ABCD 中，∠A =120 为△ABC 外接圆，M 为其上一点，连接MC 交AB 于E ，AM 交CB 延长线于F 。求证： D ， E ， F 三点共线。 证 如图，连AC ，DF ，DE 。 因为M 上， 则∠AMC =60°=∠ABC =∠ACB ， 有△AMC ∽△ACF ，得 CD CF CA CF MA MC ==。 又因为∠AMC =BAC ，所以△AMC ∽△EAC ，得 AE AD AE AC MA MC ==。 所以 AE AD CD CF =，又∠BAD =∠BCD =120°，知△CFD ∽ △ADE 。所以∠ADE =∠DFB 。因为AD ∥BC ，所以∠ADF =∠DFB =∠ADE ，于是F ，E ，D 三点共线。 例3 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 。由Q 作该圆的两条切线QE 和QF ，切点分别为E ，F 。求证：P ，E ，F 三点共线。 F D C E (E ')A B D F M Q G
数学竞赛 梅涅劳斯定理
1 梅涅劳斯定理 梅涅劳斯（Menelaus ）定理（简称梅氏定理）最早出现在由古希腊数学家梅涅劳斯的著作《球面学》（Sphaerica ）。 任何一条直线截三角形的各边，都使得三条不相邻线段之积等于另外三条线段之积，这一定理同样可以轻而易举地用初等几何或通过应用简单的三角关系来证明. 梅涅劳斯把这一定理扩展到了球面三角形。 中文名 梅涅劳斯定理 外文名 Menelaus 别 称 梅氏定理 表达式 (AF/FB)× (BD/DC)×(CE/EA)=1 提出者 梅涅劳斯 提出时间 1678年 应用学科 数学，物理 适用领域范围 平面几何学 适用领域范围 射影几何学 定理内容 定理证明 证明一 过点A 作AG ∥DF 交BC 的延长线于点G.则 证明二 过点C 作CP ∥DF 交AB 于P ，则 两式相乘得
2 证明三 连结CF 、AD ，根据“两个三角形等高时面积之比等于底边之比”的性质有。 AF ：FB =S △ADF ：S △BDF …………（1）， BD ：DC=S △BDF ：S △CDF …………（2）， CE ：EA=S △CDE ：S △ADE =S △FEC ：S △FEA =（S △CDE +S △FEC ）：（ S △ADE +S △FEA ） =S △CDF ：S △ADF ………… （3） （1）×（2）×（3）得 证明四 过三顶点作直线DEF 的垂线AA…，BB'，CC'，如图： 充分性证明： △ABC 中，BC ，CA ，AB 上的分点分别为D ，E ，F 。 连接DF 交CA 于E'，则由充分性可得，(AF/FB)×(BD/DC)×(CE'/E'A)=1 又∵ ∴有CE/EA=CE'/E'A ，两点重合。所以 共线
1梅涅劳斯定理及应用
梅涅劳斯定理及应用 定理：设Z Y X ,,分别是ABC ?的边AB CA BC ,,或其延长线的点，则Z Y X ,,三点共线的充要条件是： 1=??ZB AZ YA CY XC BX 例1：在O B C ?中，A 为BC 的中点，D 为OB 上的点，且21=OD BD ,E CD OA 相交于点与，则OA OE _____= 例2：如图，过ABC ?的三个顶点C B A ,,作它的外接圆的切线，分别和BA CA BC ,,的延长线交于R Q P ,,；求证：R Q P ,,三点共线
例3：（1985年第三届美国数学邀请赛）如图，G 是ABC ?内一点，直线CG BG AG ,,将ABC ?分为6个小三角形，已知BDG BFG AFG ???,,的面积分别为40,30,35，求A B C ?的 面积 例4： (1983年全国高中数学联赛）在四边形ABCD 中，ABC BCD ABD ???,,的面积之比是1:4:3，点M,N 分别在AC,CD 上，满足AM:AC=CN:CD ，并且B,M,N 三点共线，求证M 与N 分别是AC 和CD 的中点
练习：1（2009年中国科技大学）已知ABC ?的面积为1,;F E D ,,分别在边AB CA BC ,,上，FB AF EA CE DC BD 2,2,2===;CF BE AD ,,两两交于R Q P ,,，求PQR ?的面积 2 四边形ABCD (不是正方形）的内切圆分别切DA CD BC AB ,,,于H G F E ,,,，求证：GF DB HE ,,三线共点
3 (1982年第23届IMO 试题）已知CE AC ,是正六边形ABCDEF 的两条对角线，点N M ,分别在线段CE AC ,上，且使 k CE CN AC AM ==,如果N M B ,,三点共线，试求k 的值 4（2016年湖南省高中数学夏令营）：ABC ?的内切圆分别与BC 、CA 、 AB 相切于点D 、E 、F,直线AD 与EF 相交于点H ，若直线BC EF 与相交于点G ，求证：GE FG HE FH =
梅涅劳斯定理(精选.)
梅涅劳斯定理 【定理内容】 如果一条直线与ABC ?的三边AB 、BC 、CA 或其延长线交于F 、D 、E 点， 那么 1=??EA CE DC BD FB AF . [评]等价叙述：ABC ?的三边AB 、BC 、CA 或其延长线上有三点F 、D 、E ， 则F 、D 、E 三点共线的充要条件是 1=??EA CE DC BD FB AF 。三点所在直线称为三角形的梅氏线。 【背景简介】 梅涅劳斯（Menelaus ）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。 【证法欣赏】 证法1：（平行线分线段成比例） 证：如图，过A 作BC AG //交CF 延长线于G ， ∵BC AG //，∴BD AG FB AF =，AG CD EA CE =， 又 CD BD CD BD = B G
则 1=??=??CD BD AG CD BD AG CD BD EA CE FB AF ∴1=??EA CE DC BD FB AF 证法2：（正弦定理） 证：如图，令α=∠AEF ，β=∠AFE ，γ=∠BDE ， 在AEF ?中，由正弦定理知： β αsin sin AE AF =， 同理 ββγsin )180sin(sin BD BD BF =-?=，γ αsin sin CE CD = ∴βαsin sin =AE AF ，γβsin sin =BF BD ，α γsin sin =CD CE ， ∴ 1=??CD CE BF BD AE AF ，即1=??EA CE DC BD FB AF . 【逆定理】 梅涅劳斯定理的逆定理也成立，即 如果有三点F 、D 、E 分别在ABC ?的三边AB 、BC 、CA 或其延长线上，且满足 1=??EA CE DC BD FB AF ，那么F 、D 、E 三点共线。 [注]利用梅涅劳斯定理的逆定理可判定三点共线 B
梅涅劳斯定理
梅涅劳斯定理 简介 梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。 或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 证明一： 过点A作AG∥BC交DF的延长线于G, 则AF/FB=AG/BD , BD/DC=BD/DC , CE/EA=DC/AG。 三式相乘得：(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=(AG/BD)×(BD/DC)×(DC/AG)=1 证明二： 过点C作CP∥DF交AB于P，则BD/DC=FB/PF，CE/EA=PF/AF 所以有AF/FB×BD/DC×CE/EA=AF/FB×FB/PF×PF/AF=1 它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在△ABC的边AB、BC、CA或其延长线上，且满足(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1，则F、D、E三点共线。利用这个逆定理，可以判断三点共线。 梅涅劳斯(Menelaus)定理 证明三： 过ABC三点向三边引垂线AA'BB'CC'， 所以AD：DB=AA'：BB'，BE：EC=BB'：CC'，CF：FA=CC'：AA' 所以(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1 此外，用定比分点定义该定理可使其容易理解和记忆：
在△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上分别取L、M、N三点，又分比是λ=BL/ LC、μ=CM/MA、ν=AN/NB。于是L、M、N三点共线的充要条件是λμν=-1。（注意与塞瓦定理相区分，那里是λμν=1） 记忆 ABC为三个顶点，DEF为三个分点 (AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1 （顶到分/分到顶）*（顶到分/分到顶）*（顶到分/分到顶）=1 空间感好的人可以这么记：（上1/下1）*（整/右）*（下2/上2）=1 实际应用 为了说明问题，并给大家一个深刻印象，我们假定图中的A、B、C、D、E、F 是六个旅游景点，各景点之间有公路相连。我们乘直升机飞到这些景点的上空，然后选择其中的任意一个景点降落。我们换乘汽车沿公路去每一个景点游玩，最后回到出发点，直升机就停在那里等待我们回去。 我们不必考虑怎样走路程最短，只要求必须“游历”了所有的景点。只“路过”而不停留观赏的景点，不能算是“游历”。 例如直升机降落在A点，我们从A点出发，“游历”了其它五个字母所代表的景点后，最终还要回到出发点A。 另外还有一个要求，就是同一直线上的三个景点，必须连续游过之后，才能变更到其它直线上的景点。 从A点出发的旅游方案共有四种，下面逐一说明： 方案①——从A经过B（不停留）到F（停留），再返回B（停留），再到D（停留），之后经过B（不停留）到C（停留），再到E（停留），最后从E经过C（不停留）回到出发点A。 按照这个方案，可以写出关系式： （AF：FB）*（BD：DC）*（CE：EA）=1。 现在，您知道应该怎样写“梅涅劳斯定理”的公式了吧。 从A点出发的旅游方案还有： 方案②——可以简记为：A→B→F→D→E→C→A，由此可写出以下公式：（AB：BF）*（FD：DE）*（EC：CA）=1。从A出发还可以向“C”方向走，于是有：
梅涅劳斯定理的应用练习1
平面几何问题： 1.梅涅劳斯定理 一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线）于D 、E 、F ，则1FB AF EA CE DC BD =??。 背景简介：梅涅劳斯（Menelaus ）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。 证明： 说明： （1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。 （2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。 （3）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。 梅涅劳斯定理的逆定理：如果有三点F 、D 、E 分别在△ABC 的三边AB 、BC 、CA 或其延长线上，且满足 1EA CE DC BD FB AF =??，那么F 、D 、E 三点共线。 利用梅涅劳斯定理的逆定理可判定三点共线。 梅涅劳斯定理练习 1．设AD 是△ABC 的边BC 上的中线，直线CF 交AD 于F 。求证： FB AF 2ED AE = 。
2．过△ABC 的重心G 的直线分别交AB 、AC 于E 、F ，交CB 延长线于D 。求证： 1FA CF EA BE =+。 3.在△ABC 中，点D 在BC 上，31DC BD =，分别在AB ，AD 上，32EB AE =，2 1 GD AG =，EG 交AC 于点F ，求 FC AF 。 4.在□ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，AF 与CE 相交于G ，AF 与DE 交于H ，求 AH:HG:GF 5.设D 为等腰Rt △ABC （∠C=90°）的直角边BC 的中点，E 在AB 上,且AE ：EB=2:1， 求证：CE ⊥ AD 6.在△ABC 中，点M 和N 顺次三等分AC ，点X 和Y 顺次三等分BC ，AY 与BM ，BN 分别交于点S ，R ，求四边形SRNM 与△ABC 的面积之比。
最新高考-梅涅劳斯定理 精品
梅涅劳斯定理： 1l ABC ABC BC CA AB BP P Q R 1PC CQ AR QA RB ????=定理：若直线不经过的顶点，并且与的三边、、或它们的延长线分别交于、、，则 1 A B C C B A C A B h h h A B C l h h h BP CQ AR PC QA RB h h h ??=??=证：设、、分别是、、到直线的垂线的长度，则： 注：此定理常运用求证三角形相似的过程中的线段成比例的条件； 1//ABC CK CE ACK E AK D AC F DE CK BF CE ?∠例：若直角中，是斜边上的高，是的平分线，点在上，是的中点，是与的交点，证明：。 ,901EBC B BH EBC ACK HBC ACE HBC HCB ACE HCB BH CE EBC BC EP CK EP CD AE KF ACK D E F DA EK FC KF EK CK EP BP BK KF BK FC AE AC AC BC BE FC BE KF BK FKB KC KE ?∠∠=∠∠=∠∠+∠=∠+∠=? ⊥∴?=???=====∴??证：在中，作的平分线则：即：为等腰三角形作上的高，则：对于和三点、、依梅涅劳斯定理有：于是＝即：＝ 依分比定理有：//CKE BF CE ?∴ 2P Q R ABC BC CA AB P Q R ABC BP 021PC P Q R CQ AR QA RB ????=定理：设、、分别是的三边、、上或它们的延长线上的三点，并且、、三点中，位于边上的点的个数为或，这时若， 求证：、、三点共线； '' ''''''''1BP BP 11PC PC 02, PQ AB R CQ AR CQ AR AR AR QA R B QA RB R B RB P Q R ABC R R AB AB R R AB R R AR AR ??=??=?>证：设直线与直线交于，于是由定理得：又，则：＝由于在同一直线上的、、三点中，位于边上的点的个数也为或，因此与或者同在线段上，或者同在的延长线上； 若与同在线段上，则与必定重合，不然的话，设'''' '' ,,AR AR AR AR AB AR AB AR BR BR BR BR BR BR -<-<>这时即于是可得这与＝矛盾 ''R R AB R R P Q R 类似地可证得当与同在的延长线上时，与也重合 综上可得：、、三点共线； 注：此定理常用于证明三点共线的问题，且常需要多次使用 再相乘； 1111112.P ABC A B C P BC CA AB A B C ?例点位于的外接圆上；、、是从点向、、引的垂线的垂足，证明点、、共线； 111111111 111111 cos , cos cos cos ,cos cos ,,1BA BP PBC CA CP PCB CB AC CP PCA AP PAB AB AP PAC BC PB PBA PAC PBC PAB PCB PCA PBA BA CB AC A B C CA AB BC ?∠=-?∠?∠?∠=-=-?∠?∠∠=∠∠=∠∠+∠=??证：易得：将上面三条式子相乘，且 可得，依梅涅劳斯定理可知、、三点共线； 1111 11111111 1::K A B C D AC A D AC AD A B C D BC BD B C B D =【练习】从点引四条直线，另两条直线分别交这四条直线于、、、和、、、，试证：2ABC BC CA AB D E F EF BC FD CA DE AB X Y Z ?【练习】设不等腰的内切圆在三边、、上的切点分别为、、，则与，与，与的交点、、在同一条直线上； 1111121121122223AA BB CC O AB A B C BC B C A AC A C B A B C 【练习】已知直线，，相交于，直线和的交点为，直线与的交点是，直线与的交点是，试证：、、三点共线； 4E C A B F D AB ED CD AF CD AF EF BC L M N L M N 【练习】在一条直线上取点、、，在另一条上取点、、，记直线和，和，和， 和的交点依次为、、，证明：、、共线
梅涅劳斯定理及应用
梅涅劳斯定理 梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 。 展开 定理的证明 证明：当直线交△ABC的AB、BC、CA的反向延长线于点D、E、F时， (AD/DB)*(BE/EC )*(CF/FA)=1 逆定理证明： 证明：X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 证明一 过点A作AG∥BC交DF的延长线于G， 则AF/FB=AG/BD , BD/DC=BD/DC , CE/EA=DC/AG 三式相乘得：(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=(AG/BD)×(BD/DC)×(DC/AG)=1 证明二 过点C作CP∥DF交AB于P，则BD/DC=FB/PF，CE/EA=PF/AF 所以有AF/FB×BD/DC×CE/EA=AF/FB×FB/PF×PF/AF=1 证明三 连结BF。 （AD：DB）·（BE：EC）·（CF:FA) =（S△ADF：S△BDF）·（S△BEF：S△CEF）·（S△BCF：S△BAF） =（S△ADF：S△BDF）·（S△BDF：S△CDF）·（S△CDF：S△ADF） =1 证明四 过三顶点作直线DEF的垂线，AA‘，BB'，CC' 有AD：DB=AA’：BB' 另外两个类似，三式相乘得1 得证。如百科名片中图。 充分性证明： △ABC中，BC，CA，AB上的分点分别为D，E，F。 连接DF交CA于E'，则由充分性可得，(AF/FB)×(BD/DC)×(CE'/E'A)=1
梅涅劳斯定理与塞瓦定理
设0是厶ABC内任意一点， AB、BO、CO 分别交对边于 D、E、F,贝U BD/DC*CE/EA*AF/FB=1 (I)本题可利用梅内劳斯定理证明： ???△ ADC被直线BOE所截， CB/BD*DO/OA*AE/EC=1 ① 而由△ ABD 被直线 COF 所截，??? BC/CD*DO/OA*AF/DF=1 ② ①十②：即得：BD/DC*CE/EA*AF/FB=1 (n)也可以利用面积关系证明 ?/ BD/DC=S △ ABD/S △ ACD=S △ BOD/S △ COD=(S △ ABD-S △ BOD)/(S △ ACD-S △ COD)=S △ AOB/S △ AOC③同理 CE/EA=S △ BOC/ S △ AOB ④ AF/FB=S △ AOC/S △ BOC ⑤ ③X④X⑤得 BD/DC*CE/EA*AF/FB=1 塞瓦定理： 设P、Q、R分别是MBC的BC、CA、AB边上的点，则AP、BQ、CR三线共点 的充要条件是：氐杀詈」 Q C P C A B i
证：先证必要性：设 AP 、BQ 、CR 相交于点M,贝V ： 以上三式相乘，得：_BE .空=1 PC QA RB 再证充分性：若 =1，设AP 与BQ 相交于M ，且直线CM 交AB 于 R ， PC QA RB 由塞瓦定理有： 拻. BP CQ AR AR AR ‘ 1,于是：因为R 和R 都在线 PC QA R B R B RB 段AB 上，所以R ‘必与R 重合，故 AP 、BQ 、CR 相交于一点点 M ； 例1:证明：三角形的中线交于一点； 证明：记 ABC 的中线秋，BB r CC,，我们只须证明也BA 1 CB 1 =1 1 C 1B AC B 1A 而显然有：AG 二 GB, BA 二 AC ,CB j 二 B 1A 【练习1】证明：三角形的角平 分线交于一点; 【练习2】证明：锐角三角形的 高交于一点； 例2：在锐角 ABC 中,角.C 的平分线交 于AB 于L,从L 作边AC 和BC 的垂线，垂 足分别是M 和N,设AN 和BM 的交点是 P,证明：CP _ AB B 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 ，贝U EDA = FDA 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 三 CDE , ANF 三 BDF AM AE AN AF AE CD “ AF BD BD BF CE BF CF 共点于P,根据塞瓦定理可得：-BD C^ =1 BP PC S ACP S'CMP S ACM CQ _ S 'BCM QA AR _ S ACM RB Sp cM 证：作CK _AB 下证CK 、BM 、AN 三线共点，且为 依塞瓦定理 即要证明: 即要证：如空聖=1又丫 MC 二CN MC NB AK BK AM AL 1 + AML = ： AKC 二 NB BK BC —:: = NB BL AM AK BNL 三 BKC AK 匹=1 BL 依三角形的角平分线定理可知: .CK 、BM 、AN 三线共点，且为 即要证 AC AL BC AC BL P 点 CP _ AB P 点，要证 CK 、BM 、AN 三线共点, C AC M A K \ # K A CD _CE T AD 、BE 、 BA 1 CB-i C 1B 即 JAC2 AC B 1A 1成立，厶ABC 交于一点; C
梅涅劳斯定理的应用练习
梅涅劳斯定理的应用练 习 集团公司文件内部编码：（TTT-UUTT-MMYB-URTTY-ITTLTY-
平面几何问题： 1.梅涅劳斯定理 一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线）于D 、E 、 F ，则 1FB AF EA CE DC BD =??。 背景简介：梅涅劳斯（Menelaus ）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。 证明： 说明： （1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。 （2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。 （3）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。 梅涅劳斯定理的逆定理：如果有三点F 、 D 、 E 分别在△ABC 的三边AB 、BC 、CA 或其 延长线上，且满足 1EA CE DC BD FB AF =??，那么F 、D 、E 三点共线。 利用梅涅劳斯定理的逆定理可判定三点共线。 梅涅劳斯定理练习 1．设AD 是△ABC 的边BC 上的中线，直线CF 交AD 于F 。求证： FB AF 2ED AE = 。 2．过△ABC 的重心G 的直线分别交 AB 、AC 于E 、F ，交CB 延长线于 D 。求证： 1FA CF EA BE =+。 3.在△ABC 中，点D 在BC 上， 31 DC BD =，分别在AB ，AD 上，32EB AE =，21 GD AG =，EG 交AC 于点F ，求FC AF 。 4.在□ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，AF 与CE 相交于G ，AF 与DE 交于H ，求AH:HG:GF 5.设D 为等腰Rt △ABC （∠C=90°）的直角边BC 的中点，E 在AB 上,且AE ：EB=2:1，
梅涅劳斯定理及例题拓展
梅涅劳斯定理及例题拓展 梅涅劳斯介绍:在证明点共线时,有一个非常重要的定理，它就是梅涅劳斯定理,梅涅劳斯（Me ｎel ａus)是公元一世纪时的希腊数学家兼天文学家,著有几何学和三角学方面的许多书籍。下面的定理就是他首先发现的。这个定理在几何学上有很重要的应用价值。 定理:设D 、E 、Ｆ依次是三角形ABC 的三边ＡＢ、ＢC 、CA 或其延长线上的 点，且这三点共线,则满足1=??FA CF EC BE DB AD 证明:（此定理需要分四种情况讨论,但有两种可以排除) 先来说明两种不可能的情况 情况一：当三点均在三角形边上时,由基本事实可知三点不可能共线(只能组成内接三角形的三角形。 情况二：当一点在三角形一边上，另两点分别在三角形另两边的延长线上时,如图是三角形ABC 直线DE 交ＡB 于点D ，交A Ｃ于点F,交ＢC 于点Ｅ,平移直线D Ｅ即可发现不能可两点同时在延长线上 情况三:当两点分别在三角形两边上,另一点在三角形另一边的延长线上时，如图是三角形ＡB Ｃ直线ＤE 交A Ｂ于点Ｄ,交AC 于点F ，交ＢC 于点E ， ∵D 、E 、Ｆ三点共线 ∴可过Ｃ作CM ∥D Ｅ交AB 于M ，于是 FC AF DM BD DM AD EC BE FC AF DM AD DM BD EC BE ?=?∴==,, 所以1=??FA CF EC BE DB AD 情况四：三点分别在三角形三边的延长线上时,如图是三角形ABC 直线D Ｅ交ＡB 于点Ｄ，交AC 于点F ，交BC 于点E, 同情况三∵D 、E 、F 三点共线 ∴可过C 作ＣM ∥DE 交A Ｂ于M,于是 FC AF DM BD DM AD EC BE FC AF DM AD DM BD EC BE ?=?∴==,, 所以1=??FA CF EC BE DB AD
梅涅劳斯定理教学内容
梅涅劳斯定理
梅涅劳斯定理 【定理内容】 如果一条直线与ABC ?的三边AB 、BC 、CA 或其延长线交于F 、D 、E 点， 那么1=??EA CE DC BD FB AF . [评]等价叙述：ABC ?的三边AB 、BC 、CA 或其延长线上有三点F 、D 、 E ，则F 、D 、E 三点共线的充要条件是1=??EA CE DC BD FB AF 。三点所在直线称为三角形的梅氏线。 【背景简介】 梅涅劳斯（Menelaus ）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。 【证法欣赏】 证法1：（平行线分线段成比例） B G
证：如图，过A 作BC AG //交CF 延长线于G ， ∵BC AG //，∴BD AG FB AF =，AG CD EA CE = ， 又 CD BD CD BD = 则1=??=??CD BD AG CD BD AG CD BD EA CE FB AF ∴1=??EA CE DC BD FB AF 证法2：（正弦定理） 证：如图，令α=∠AEF ，β=∠AFE ，γ=∠BDE ， 在AEF ?中，由正弦定理知： β αsin sin AE AF =， 同理 ββγsin )180sin(sin BD BD BF =-?=，γ αsin sin CE CD = ∴βαsin sin =AE AF ，γβsin sin =BF BD ，α γsin sin =CD CE ， ∴1=??CD CE BF BD AE AF ，即1=??EA CE DC BD FB AF . 【逆定理】 梅涅劳斯定理的逆定理也成立，即 B
初中数学奥林匹克几何问题梅涅劳斯定理及应用
初中数学奥林匹克几何问题-梅涅劳斯定理及应用第一章涅劳斯定理及应用 【基础知识】 梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，，三点共线，则．① 证明如图，过作直线交的延长线于，则 ，，故 ． 注此定理的证明还有如下正弦定理证法及面积证法． 正弦定理证法设，，，在中，有，同理，，，此三式相乘即证．面积证法由，，，此三式相乘即证． 梅涅劳斯定理的逆定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若 ，② 则，，三点共线． 证明设直线交于，则由梅涅劳斯定理，得到． 由题设，有，即有． 又由合比定理，知，故有，从而与重合，即，，三点共线．有时，也把上述两个定理合写为：设，，分别是的三边，，所在直线（包括三边的延长线）上的点，则，，三点共线的充要条件是
． 上述①与②式是针对而言的，如图（整个图中有4个三角形），对于、、也有下述形式的充要条件： ；；．③ 第一角元形式的梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，所在直线（包括三边的延长线）上的点，则，，共线的充分必要条件是 ．④ 证明如图，可得 ． 同理，，． 以上三式相乘，运用梅涅劳斯定理及其逆定理，知结论成立．第二角元形式的梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，所在直线上的点，点不在三边所在直线上，则，，三点共线的充要条件是 ．⑤ 证明如图，由，有 ． 同理，，．
于是． 故由梅涅劳斯定理知，，共线． 从而定理获证． 注（1）对于④、⑤式也有类似③式（整个图中有4个三角形）的结论． （2）于在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式中的右端均为，③、④、⑤式中的角也可以按①或②式中的对应线段记忆．特别要注意的是三边所在直线上的点为一点或者三点在边的延长线上． 【典型例题与基本方法】 1．恰当地选择三角形及其截线（或作出截线），是应用梅涅劳斯定理的关键 例1如图，在四边形中，，，的面积比是3∶4∶1，点，分别在，上，满足∶∶，并且，，共线．求证：与分别是和的中点．（1983年全国高中联赛题） 证明设（），交于． ， ，． ． 又因，，三点共线，可视为的截线，故由梅涅劳斯定理，得，即．