几何第01讲几何的有名定理(1)

第一讲几何的有名定理（1）

一梅涅劳斯定理

Menelaus (公元98年左右)，希腊数学家、天文学家，梅涅劳斯定理包含在其几何著作《球论》里．

设△ABC 的三边BC 、CA 、AB

或它们的延长线与一条不经过其顶点的直线交于P 、Q 、R 三点，则

.1..=?RB

AR QA CQ PC BP

设P 、Q 、R 分别是△AB 的三边BC 、CA 、AB 上或它们延长线上三点，若有

,1.

.=RB

AR QA CQ PC BP 则P 、Q 、R 三点在同一直线上．例1．过△ABC 的重心G 的直线分别交AB 、

AC 于E 、F ，交CB 于D 。求证：

1=+FA

EA BE 。证连AG,交BC 于M, DEF 截△ABM →

1BE AG MD EA GM DB ??=→2BE GM GM DB EA AG AG MD =?= DEF 截△AMC →

1CF AG MD FA GM DC ??=→2CF GM DC DC

FA AG MD MD

=?= 故

122BE CF DB DC

EA FA MD MD

+=+= 评注也可以添加辅助线证明：过A 、B 、C 之一作DF 的平行线。

例2. 设△ABC 的∠A 的外角平分线与∠B 的延长线交于P ， B 的平分线与A 交于Q, C 的平分线和AB 交于R(图15-7).求证P 、Q 、R 三点共线.

分析要证P 、 Q 、R 三点共线，只需证明1BP CQ AR

PC QA RB

??=，利用三角形内角及外角平分线的性质不难得到.

例3. 莱莫恩(Lemoine)线

如图，过△ABC 的三个顶点A 、B 、C 作它的外接圆的切线，分别和BC 、CA 、AB

的延线交于P 、Q 、R ．求证P 、Q 、R 三点共线．

分析欲证P 、Q 、R 三点共线，只须证明

.1..=RB

AR QA CQ PC BP 证明因AP 为圆的切线，所以△ACP ∽△ABP ，从而有

?==CP AP AC AB AP BP AC AB , 两式相乘得?=22

AC AB CP

BP 同理可得,22AB BC QA CQ =?=2

CA RB AR .1..=∴RB AR QA CQ CP BP 由梅涅劳斯定理的逆定理得，P 、Q 、R 三点共线，

例4．戴沙格（Desargues ）定理设△ABC 和△A?B?C?对应顶点的连线AA?，BB?，CC?交于一点S ，这时如果对应边BC 和B?C?、CA 和C?A?、AB 和A?B?（或它们的延长线）相交，则它们的交点D 、E 、F 在同一直线上．

分析由于D 、E 、F 三点分别在△ABC 三边延长线上，要证三点共线，只须证明

1.=?EA

CF DC BD FB AF 注意图中多个三角形被多条直线所截；反复利用梅涅劳斯定理，即可得证．

证明因直线FA?B?截△SAB ，由梅涅劳斯定理，有1''

''=??S

B BB FB AF A A SA 同理，直线BCA 截△SA

C ，有

.1''''=??EA

C C SC AA AA 直线DC?B?截△SBC ，有 .1''

''=??S

C CC DC B

D B B SB 三式相乘，得

1..=EA

CE DC BD FB AF , 由梅涅劳斯定理逆定理，D 、E 、F 三点共线. 注戴沙格定理是射影几何中的一个重要定理.

例5. 牛顿（Newton ）线

设四边形ABCD 的一组对边AB 和CD 的延长线交于点E ，另一组对边AD 和B 的延长线交于F ，则AC 中点L 、BD 中点M 及EF 中点N 三点共线.

分析为了证明L 、M 、N 共线，可考虑L 、M 、

N 三点是否分别在一个三角形的边或延长线上．由它们分别是AC 、BD 、E 的中点，设△EBC 三边中点为P 、R 、Q ，则显然有M 在P 上，L 在R 上，N 在P 延长线上．再利用梅涅劳斯定理不难得到证明．

证明设P 、R 、Q 分别为EB 、BC 、CE 中点，因为L 、Q 、R 分别是CA 、CE,CB 的中点，所以它们在同一直线上，且有

?=AB EA

LR QL 同理，M 、R 、P 三点在同一直线上，且DE

MP RM =

N 、P 、Q 三点在同一直线上，且

?=FC

NQ PN 三式相乘得

???=??FC

DE CD AB EA NQ PN MP RM LN QL 但因直线AD 切割△EBC 由梅涅劳斯定理，有

,1.=?NQ

CD FC BF AB RA .1.=?∴

MP RM LR QL 因L 、M 、N 三点分别在△PQ 三边或其延长线上，故由梅涅劳斯定理逆定理，L 、M 、N 三点共线，

注直线LMN 叫做四边形ABCD 的牛顿线。

例6. 若在直角△ABC 中，CK 是斜边上的高．CE 是∠ACK 的平分线，E 点在AK 上，D 是AC 的中点，F 是DE 与CK 的交点，则BF ∥CE ．

证在△EBC 中，作B ∠的平分线BH ．

,ACK EBC ∠=∠ ,A C E H B C ∠=∠∴ HCB HBC ∠+∠HCB ACE ∠+∠=,90 =

即.CE BH ⊥

从而可知△EBC 为等腰三角形．作腰BC 上的高EP ，则CK=EP ．

把梅涅劳斯定理用于△ACK 和三点D 、E 、F ，则得.1..=FC

EK AE DA CD 于是

,BE BK

BC BP AC EP AC CK AE EK FC KF =====即?=BE

BK FC KF 利用分比定理得

,KE

KC KF =从而 .~CKE FKB ??故得.//CE FB

例7．(1996年全国高中数学联赛题)

如图,圆O 1和圆O 2与?ABC 的三边所在的三条直线都相切,E 、F 、G 、H 为切点,并且EG , FH 的延长线交于P 点,求证直

线PA 与BC 垂直.

分析：要证PA ⊥BC 只要证明PA ∥O 1E

证明：延长PA 交EF 于D,直线PGE 与△ADC 的三边延长线都相交,直线PHF 与△ABD 的三边延长线都相交,由梅尼劳斯定理

1DE CG AP

EC GA PD

??=, 1BF DP AH FD PA HB ??=， DE CG EC GA ?=HB FD AH BF ?,∵HB=BF,EC=CG , ∴=GA DE

FD 连接O 1G ,O 1E,O 1A,O 2A,O 2H,O 2F,则O 1、A 、O 2三点共线,以及O 1E ⊥EF,O 2F ⊥EF, ∴O 1EFO 2为直角梯形, 又△O 1AG ∽△O 2AH, ∴FD

AH AG A O A O =

=21,∴AD ∥O 1E,故AD ⊥EF 即PA ⊥EF.

1．设平行四边形ABCD 内一点E ，过E 引AB 的平行线与AD 、BC 交于K 、G ．过E 引AD 的平行线与AB 、CD 交于F 、H ，则FK 、BD 、GH 互相平行或交于一点．

证明．设BD 与FK 交点为O ． ∵ OKF 截△ABD, ,1=??∴

KA DK OD BO FB AF .1=??∴OD

GB CG HC DH ∴ G 、H 、O 在同一直线上，即FK,BD,GH 交于一点。

2．一条直线与三角形三边或其延长线交于L 、M 、N 三点，若L’、M’、N’点与L 、M 、N 关于三边的中点对称，求证L’、M’、N’三点也共线．证明．由梅涅劳斯定理有

1=??BN

AN AM CM CL BL 又由于M?、N?、L?分别与M 、N 、L 关于三边中点对称，所以AN?=BN, BN'=AN ，BL?= CL, CL?=BL ，AM'=CM ，CM?=AM 。

代入上式得

,1'

''''=??AN BN CM AM BL CL ∴ L?、M?、L?三点共线．

3．设四边形,ABCD 外切于 ⊙O ．切点分别为E 、F 、G 、H ，则HE 、DB 、GF 交于一点（或GH 、CA 、EF 交于一点）．

证明．设HE 与BD 交于M?，则HEM'截△ABD,

∴

1''=??FC

D M BM EB A

E 又设G

F 与DB 交于M ，则1=??FC

MB DM GD CG 由上两式得

D M BM ='' , ∴M?、M 重合．

4. 从点K 引四条直线，另两条直线分别交这四条直线于A 、B 、C 、D 和A 1, B 1,C 1 , D 1，试证：

111

111::D B D A C B C A BD AD BC AC =

证明：

1111111111111111

1111

111111111111//11111

::AD A D AD A D L A AL B BL LD A K

LC B K

AD LC AK BC LD A D AK AC A K LC LC B C BK

B D LD BK BD B K LD AC

B D AD B

C AC B

D A D B C AC

AC AD BC BD B C ????=??=??=??=???== 若，结论显然成立；

若与相交与点，则把梅涅劳斯定理分别用于和可得：

将上面四条式子相乘可得：即：11

A D

B D

5. 设不等腰△ABC 的内切圆在三边BC 、CA 、AB 上的切点分别为D 、E 、F ，则EF 与BC ，FD 与CA ，DE 与AB 的交点X 、Y 、Z 在同一条直线上；

2BX CE AF

ABC XFE XC EA FB

BX FB

AE AF XC CE

CY DC AZ EA

YA AF ZB BD

BX CY AZ

XC YA ZB

X Y Z ABC X Y Z ???==??=? 证：被直线所截，由定理可得：又代人上式可得：＝

同理可得：＝＝

将上面三条式子相乘可得：又、、都不在的边上，由定理可得、、三点共线

6. 已知直线AA 1，BB 1，CC 1相交于D ，直线AB 和A 1B 1的交点为C 2，直线BC 与B 1C 1的交点是A 2，直线AC 与A 1C 1的交点是B 2，试证：A 2、B 2、C 2三点共线；

222111111112112112112

112

22(,),(,),(,)111A B C BC B C AC AC AB A B OAB A B C OBC B C A OAC A C B AA OB BC OC BB CA OA CC AB OA BB AC CC OB BA AA OC CB BC A AC ??=??=??=?证：设、、分别是直线和，和，和的交点，

对所得的三角形和在它们边上的点：和，和，和，应用梅涅劳斯定理有：将上面的三条式子相乘可得：22222221

,,B CA

CB BA A B C ?=由梅涅劳斯定理可知共线.

7. △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D 点与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．

分析：若BC 与EF 交于P,且 D E ·PF=P Y ·PZ ，则本题获证．略证：如果EF ∥BC ，则AB=AC ，AD 是EFZY 的对称轴，因而 EFZY 是圆内接四边形．

如果EF 不平行于BC ，可假定BC 与EF 的延长线相交于P ，由梅涅劳斯定

理，有

.1=??FB AF

EA CE PC BP 由圆幂定理，有CE CD CY FB DB ZB ====,,,,YX XZ EA AF ==

,1..==??∴

FB AF

EA CE PC BF ZB XZ YX CY PC BP 由梅涅劳斯定理的逆定理，知P ，Y ，Z 三点共线，于是，P E ·PF= PD 2=P Y ·PZ.所以，EFZY 是圆内接四边形．

评述：本题证明除应用了梅涅劳斯定理及其逆定理，还多次应用了圆幂定理。

二塞瓦（Ceva ）定理

G·Ceva （1647年～1743年），意大利著名数学家．

设S 为△ABC 边所在直线外一点，连接AS 、BS 、CS 分别和△ABC 之边或三边延长线交于P 、Q 、R ，则

.1..=RB

QA CQ PC BP

P 、Q 、R 为△ABC 的三边或其延长线上的三点（P 、Q 、R 都在三边上或只有其中之一在边上），如果有

,1..=RB

QA CQ PC BP

则三直线AP 、BQ 、CR 交于一点或互相平行. 例1．△ABC 中，内切圆⊙O 与各边BC 、CA 、AB 相切于D 、E 、F ，求证AD 、BE 、CF 交于一点. 证明：由巳知有BD=BF ，CD=CE ，AE=AF, .1=??∴

EA CE DC BD ∴ AD, BE, CF 三线共点。例2．证明：锐角三角形的高交于一点。

于一点；

锐角三角形的三条高交同理可得：则：则：

＝，那么＝设的角平分线分别是证：记锐角∴=??∴-+=

-+=-+=

-+=

=?-==---?12,22,222)(,,

,,1111112

22122212

2212

11111A

B CB

C A BA B C AC a

c a b C A a b a c BA c b c a B C c a c b AC b

a b c A B b

c b a x CB x a BB x b c x b AB x CB CC BB AA ABC

例3．已知AD 是△ABC 的边B 上的高，P 为AD 上任意一点，直线BP 、CP 分别交AC 、AB 于E 、F.

求证∠FDA= ∠ADE ．

证明：过A 作BC 的平行线交DF 、DE 的延长线于F ’、E ’．由塞瓦定理有

,1=??FB

EA CE DC BD 而

?==FB

AF FB AF AE DC EA CE '

,' 代入上式得AF ?=AE ?.

例 4. 设A’、B’、C’分别为△ABC 三边B’C’,C’A’,A’B’的中点，P 为△A’B’C C 内一点，A’P 、B'P 、C'P 分别交B’C’、C’A’、A’B .于L 、M 、N,求证：AL,BM,CN 三线共点

分析要由一组三线共点推出另一组三线共点，考虑到A ?、B ?、C ?分别为△ABC 三边的中点，不难利用塞瓦定理得到证明．证明 ∵ AL 、BM 、CN 三线共点，.1'

'.''.''=∴

NB N

A MA M C LC L

B 设AL 、BM 、CN 分别交B

C 、CA 、AB 于点L ?、M ? 、N ?，

∵ BC 、分别为AC 、AB 的中点，?=∴

∴'

''',//''LB L

C C L BL BC C B 同理

.1'''','''===NA N B B N AN MC M A A M CM .1'

'''.'''.''.''=?=∴MC M

A NA N

B LB L

C B N AN A M CM C L BL 由塞瓦定理的逆定理，AL ?、BM ?、CN ?三线共点，即AL 、BM 、CN 三线共点.

例5 如图，设P 是△ABC 内一点，AP 、BP 、CP 分别与边BA 、CA 、AB 交于D 、E 、F ，过D 、E 、F 三点作圆，与三边又交于D’、E’、F’．求证AD’ 、BE’ 、CF'三线交一点．

分析要证AD'、BE?、CF'三线共点，考虑

到AD 、BE 、CF 三线共点．显然可利用塞瓦定理．又考虑到D 、E 、F 、D?、E?、F?六点共圆，因此可利用圆幂定理将等式转换．证明 AD ，BE 、CF 三线共点，由塞瓦定理得

.1.=?FB

EA CE DC BC 但D 、E 、F 和D?，E?、F?共圆，所以 .'','',''AE AE AF AF CD CD CE CE BF BF BD BD ?=??=??=?

三式相乘得: .''''''AE CD BF AE CD BF AF CE BD AF CE BD ?????=?????

即

.1''''''=??????????FB EA DC B F A E C D AF CE BD AF CE BD 因 ,1=??FB AF

EA CE DC BD

所以

.1''

''''=??B F AF A E CE C

D BD 由塞瓦定理逆定理可知，AD'、B

E 、CF'共点，

注由本题可知，一个圆周与△ABC 交于六点D 、D 、E 、E 、F 、F ，若 AD,BE,CF 三线交于一点，则AD?、BE'、CF?也相交于一点．

例6. 在锐角三角形ABC 中，∠C 的平分线交AB 于L,从L 作边AC 和BC 的垂线，垂足分别是M 和N, AN 和BM 交于P, 证明：CP ⊥AB.

证明作CQ AB ⊥于Q

因为LM ⊥AC, LN ⊥BC ，所以N Q L M C 、、、、五点共圆，所以 AM·AC=AL·AQ, BN·BC=BQ·BL, 所以

BL BQ BN AC AL AQ AM ==,

又由CL 平分∠ACB 得，

BC BL AC AL =，所以,BQ BN AQ AM = 即1AM BQ

AQ BN

?= 于是CNL Rt CML Rt ???，所以 CM=CN 故有

1..=QA

NB CN MC AM 由塞瓦定理的逆定理得，AN,BM,CQ 共点，故C,P,Q 共线，从而CP ⊥AB.

例7. 以△ABC 各边为底边向外作相似的等腰三角形BCE,CAF,AGB ．求证AE,BF,CG 相交于一点．

分析如图，要证AE 、BF 、DG 三线共点，由塞瓦定理的逆定理，只需证

1=??NB

AN MA CM LC BL 即可，但是图中没有平行线，得不到比例关系，我们尝试通过三角形面积之比来转换，看能否得到要证的式子.

证明设三个相似等腰三角形的底角为，AE 、BF 、CG 分别交BC,CA ，AB 于L 、M 、N ，则

)sin()sin()sin(2

sin(21

C AC B AB C CE AC B BE AB S S LC BL ACE

ABE

++=

+?+?==

??θθθθ 同理

,)()sin(A m

ABs C BC MA CM ++=θθ ?++=)sin()

sin(B BC A AC NB AN θθ

.1..=∴

MA CM LC BL 由塞瓦定理的逆定理，AE 、BF 、CG 交于一点．

1. 证明：三角形的三条中线、三条角平分线交于一点。证（略）

2. （2002年澳大利亚数学奥林匹克）

已知过三角形的一个顶点的直线将三角形分为两个小三角形，若这两个小三角形的周长相等，则称这条直线为“整分线”．证明：△ABC 的三条“整分线”交于一点．

证明设分别过顶点A 、B 、C 的“整分线”与对边分别交于点A ?、B ?、C ?; 设BC=a ，CA=b ，AB=c ，又设BA'= m ，A …C=n ．由已知条件，有c+m+AA' = b+n+AA'

又因为 m+n=a, 所以 2m=a+b-c ，2n=a+c-b

所以b

c a c

b a n m -+-+=,同理a b

c b a c CB AC c a b a c b BA CB -+-+=-+-+?=, 所以

1..=CB

AC BA CB AC BA 由塞瓦定理的逆定理得，AA'、BB'、CC ?三线交于一点．

3．在△ABC 的边BC 上任取一点D ，设∠ADB 和∠ADC 的角平分线分别交AB 、AC 于F 和E ，求证AD 、BE 、CF 交于一点．

解．考虑到DF 、DE 分别是∠BDA 和∠ADC 的平分线，

1..=?=?∴BD

AD AD CD DC BD FB AF EA CE DC BD ∴ AD 、BE 、CF 三线共点．

4．在△ABC 中，AM 为BC 边上的中线，AD 为∠ A 的平分线，顶点B 在AD 上射影为E ，BE 交AM 于N ，求证DN // AB ．

证延长AC 与BE 延长线交于F ’, 则△ABF 为等腰三角形．延长EM 交AB 于L ，则L 为AB 中点，在△ABE

中由塞瓦定理，有

,1=??LB AL

DA ED NE BN .//,,AB ND ED

NE BN LB AL ∴=∴=

5．已知O 是△ABC 的外接圆圆心，X 、Y 分别是AC 、AB 上的点，且使得BX 和CY 相交于O,

.BAC AYX XYC ∠=∠=∠试求∠BAC 的大小．

解易知O 在△ABC 内部．连接AO ，并延长与BC 相交于Z ．由塞瓦定理，有 1..=XA

CX ZC BZ YB AY 因为YX 平分AY AX

AYC YC XC

∠?=,所以YZ 平分BYC ∠

令,,,BAO ACO CBO αβγ∠=∠=∠=则 90=++γβα 因为βα+=∠=∠XYC AYX , 所以,CYZ γ∠= 即得CBO CYZ ∠=∠

所以 B 、Y 、O 、Z 四点共圆, 所以α=∠YZO

又 AYC ?的内角和是34180αβ+= ，AYZ ?的内角和是,18024 =++γβα 即390αβ+= ，所以20,30αβ== 所以 50=∠BAC

6. 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

分析：注意到△BCD 中有三线共点,由塞瓦定理可得比例关系,通过比例联系平行,构造△ACI 和△ACJ,将证角等转化为证三角形全等.

证明：连接BD 交AC 于H,对△BCD 由塞瓦定理得1=??EC

DE HD

BH GB

CG ,因为AH

是∠BAD 的内角平分线, 由内角平分线的性质得

BH AB HD AD =,1CG AB DE

GB AD EC

∴??= 又过点C 作AB 的平行线交AG 的延长线于I,过C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J,则

CG CI GB AB =,DE AD EC CJ =,1CI AB AD AB AD CJ

∴??=,即CI=CJ.又∵CI ∥AB,CJ ∥AD.∴∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ.易证: △ACI ≌△ACJ

∴∠IAC=∠JAC 即∠GAC=∠EAC.

7. 已知△ABC 外有三点M,N,R, 且∠BAR=∠CAN=α, ∠CBM=∠ABR=β,∠CAN= ∠BCM=γ。证明：AM,BN,CR 三线共点。

sin sin()

AR CA A BR CB B ααββ?∠+?∠+‘

‘

＝将以上三式子相乘可得：

1BM CN AR

CM AN BR

??‘‘‘‘

‘‘＝ AM BN CR ‘‘‘

根据塞瓦定理可知：、、三点共线。

)sin(sin )

sin(sin )sin(sin )sin(sin )

sin(sin )sin(sin 1)sin(1

)sin(sin sin ,,ααγγγγββγγββγβ+∠?+∠?+∠?+∠?+∠?+∠?=

+∠???

+∠??=

∠∠==∠∠∠???A BA C BC AN

CN C AC B AB CM

BM C AC B AB AM

C CM AC AM A BM AB CAM AC BAM AB S S CM BM C

B A AB

C R AB CR N AC BN M BC AM ACM ABM ＝

同理：＝

即：、、记为的三个内角分别

交于与，交于与交于与证：设‘‘‘‘‘‘

‘

‘‘‘

‘

几何第01讲 几何的有名定理(1)

几何第01讲几何的有名定理(1)