梅涅劳斯定理和塞瓦定理
梅涅劳斯定理和塞瓦定理(教师版)
梅涅劳斯定理和塞瓦定理一、梅涅劳斯定理定理1若直线l不经过∆ABC的顶点，并且与∆ABC的三边BC、CA、AB或它们的延长线分别交于P 、Q、R，则BPPC ∙CQQA∙ARRB=1证明：设ℎA、ℎB、ℎC分别是A、B、C到直线l的垂线的长度，则：BPPC ∙CQQA∙ARRB=ℎBℎC∙ℎCℎA∙ℎAℎB=1。
例1若直角∆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，证明：BF∥CE。
【解析】因为在∆EBC中，作∠B的平分线BH，则：∠EBC=∠ACK，∠HBC=∠ACE，∠HBC+∠HCB=∠ACK+∠HCB=90°，即BH⊥CE，所以∆EBC为等腰三角形，作BC上的高EP，则：CK=EP，对于∆ACK和三点D、E、F根据梅涅劳斯定理有：CDDA ∙AEEK∙KFFC=1，于是KFFC=EKAE=CKAC=EPAC=BPBC=BKBE，即KFFC =BKBE，根据分比定理有：KFKC=BKKE，所以∆FKB≅∆CKE，所以BF∥CE。
例2从点K引四条直线，另两条直线分别交直线与A、B、C、D和A1，B1，C1，D1，试证：ACBC :ADBD=A1C1B1C1:A1D1B1D1。
【解析】若AD∥A1D1，结论显然成立；若AD与A1D1相交于点L，则把梅涅劳斯定理分别用于∆A1AL和∆B1BL可得：ADLD ∙LD1A1D1∙A1KAK=1，LCAC∙AKA1K∙A1C1LC1=1，BCLC∙LC1B1C1∙B1KBK=1，LDBD∙BKB1K∙B1D1 LD1=1，将上面四个式子相乘，可得：ADAC∙BCBD∙A1C1A1D1∙B1D1B1C1=1，即：ACBC:ADBD=A1C1B1C1:B1D1B1C1定理2设P、Q、R 分别是∆ABC的三边BC、CA、AB上或它们延长线上的三点，并且P、Q、R三点中，位于∆ABC边上的点的个数为0或2，这时若BPPC ∙CQQA∙ARRB=1，求证P、Q、R三点共线。
梅涅劳斯定理和塞瓦定理
梅涅劳斯定理和塞瓦定理
梅涅劳斯定理和塞瓦定理是数学和物理学中两个经典定理，它们对研究
热力学有重要意义，它们可以帮助我们理解不同物质体系的能量变化。
梅涅劳斯定理是一个数学定理，英国数学家弗朗西斯·梅涅劳斯在1850年提出的。
梅涅劳斯定理述说，一个“完整”的物理过程，当它完全
可逆时，它的总热力学功将等于零。
这种定理要求物理过程必须完全可逆，
且不会发生任何热量流出或流入，否则结果会不等于零。
塞瓦定理也是一个数学定理，意大利数学家Carlo Sévé于1870年
提出来的。
它述说：“当一个物理过程是完全可逆的，而且没有涉及有外力，如引力，牛顿力等外力，作用在物体上，则其工作量为零，即功等于能量变化。
”由于没有任何外力介入，这对于理解物理过程有着重要的意义。
梅涅劳斯定理和塞瓦定理在热力学研究中都有重要的意义，它们可
以帮助我们更好地理解物质体系的能量变化。
它们还有助于帮助我们认识物
理过程，是热力学研究中不可或缺的定理。
一道初三课外练习的证明——梅涅劳斯定理和塞瓦定理的应用
一道初三课外练习的证明——梅涅劳斯定理和塞瓦定
理的应用
梅涅劳斯定理：梅涅劳斯定理是一个关于圆的定理，它告诉我们，如果一个圆的外接的正多边形的各个角度都是相等的，那么，这个正多边形的每条边都是等边的。
塞瓦定理：塞瓦定理是一个关于圆的定理，它告诉我们，如果一个圆的内接正多边形的每条边都是等边的，那么，这个正多边形的每个角度也是相等的。
证明：为了证明梅涅劳斯定理和塞瓦定理之间的关系，我们使用反证法。
假设正多边形的每个角度都是相等的，而它的每条边不是等边的。
根据梅涅劳斯定理，我们知道这个正多边形的每条边都是等边的，而这与我们的假设矛盾，因此该假设是错误的。
反之，假设正多边形的每条边都是等边的，而它的每个角度不是相等的。
根据塞瓦定理，我们知道这个正多边形的每个角度都是相等的，而这与我们的假设矛盾，因此该假设也是错误的。
由此可见，梅涅劳斯定理和塞瓦定理之间有着密切的联系。
即正多边形的每个角度都是相等的，那么它的每条边也都是等边的；反之，正多边形的每条边都是等边的，那么它的每个角度也都是相等的。
综上所述，梅涅劳斯定理和塞瓦定理之间是成立的。
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 ②①十②：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 ⑤③X④X⑤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」QC P C AB 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=1PC 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 ARAR 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=11 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 _ ABB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 。
梅涅劳斯定理和塞瓦定理
第十讲：梅涅劳斯定理和塞瓦定理一、梅涅劳斯定理定理1若直线l不经过的顶点，并且与的三边或它们的延长线分别交于，则证明：设分别是A、B、C到直线l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。
例1若直角中，CK是斜边上的高，CE是的平分线，E点在AK上，D是AC的中点，F是DE与CK的交点，证明：。
【解析】因为在中，作的平分线BH，则：，，即，所以为等腰三角形，作BC上的高EP，则：，对于和三点D、E、F根据梅涅劳斯定理有：，于是，即，根据分比定理有：，所以，所以。
例2从点K引四条直线，另两条直线分别交直线与A、B、C、D和，试证：。
【解析】若，结论显然成立；若AD与相交于点L，则把梅涅劳斯定理分别用于和可得：，，，，将上面四个式子相乘，可得：，即：定理2设P、Q、R分别是的三边BC、CA、AB上或它们延长线上的三点，并且P、Q、R 三点中，位于边上的点的个数为0或2，这时若，求证P、Q、R三点共线。
证明：设直线PQ与直线AB交于，于是由定理1得：，又因为，则，由于在同一直线上P、Q、R三点中，位于边上的点的个数也为0或2，因此R与或者同在AB线段上，或者同在AB的延长线上；若R 与同在AB线段上，则R 与必定重合，不然的话，设，这时，即，于是可得，这与矛盾，类似地可证得当R 与同在AB的延长线上时，R 与也重合，综上可得：P、Q、R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；例3点P 位于的外接圆上；是从点P向BC、CA、AB 引的垂线的垂足，证明点共线。
【解析】易得：，，，将上面三个式子相乘，且因为，，，可得，根据梅涅劳斯定理可知三点共线。
例4设不等腰的内切圆在三边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。
【解析】被直线XFE所截，由定理1可得：，又因为，代入上式可得，同理可得，，将上面的式子相乘可得：，又因为X、Y、Z丢不在的边上，由定理2可得X、Y、Z三点共线。
初二奥数精讲——第15讲塞瓦定理与梅列劳斯定理定理（一）
初二奥数精讲——第15讲塞瓦定理与梅列劳斯定理定理（一）一、知识点解析1. 基本知识塞瓦（Ceva）定理：设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB 或延长线上的点，则AD、BE、CF三线共点或互相平行的充要条件是塞瓦（Ceva）定理角元形式：设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB或延长线上的点，令∠BAD=α1，∠CAD=α2，∠CBE=β1，∠ABE=β2，∠ACF=γ1，∠BCF=γ2，则AD、BE、CF三线共点或互相平行的充要条件是梅涅劳斯（Menelaus）定理：设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB或延长线上的点，则D、E、F共线的充要条件是2. 基本方法循环积：塞瓦定理与梅涅劳斯定理的证明都可采用这样一种方法：要证三个比值的积为1，可设法找到三个量（比如线段）x、y、z，使三个比值分别为x/y、y/z、z/x，则它们的积（我们称这种积为循环积）显然为1.3. 基本问题利用塞瓦定理与梅涅劳斯定理，常可解决如下一些问题：（1）证明点共线与线共点；（2）求线段长（比）；（3）已知有关线段的比，求相应的参数；（4）证明恒等式；（5）求满足某种条件的点的轨迹。
这部分主要考察学生对塞瓦定理与梅涅劳斯定理的了解及掌握。
塞瓦定理与梅涅劳斯定理是几何部分的“高阶”定理，这部分题目难度大，常与代数等知识点混合在一起考察，需要一定的空间想象能力和知识基础，要在扎实的基础知识基础上，认真学习，多加练习，让我们在例题和解答中一起学习吧。
二、例题例1证明塞瓦（Ceva）定理：设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB或延长线上的点，则AD、BE、CF三线共点的充要条件是分析：可以从线段角度出发，找到三条线段x、y、z，使得从这个角度考虑，可以过E、F、M中的某个点作三角形另两条边的平行线，通过平行线的比例定理进行求解。
另一方面，我们可以考虑通过面积来考虑，注意到△ACO与△BCO 有公共边CO，从而将比值转化为面积的比值。
梅涅劳斯定理与塞瓦定理(教案)
3.增强学生的数学建模意识：鼓励学生将梅涅劳斯定理与塞瓦定理应用于解决现实生活中的几何问题，提高数学建模意识和能力。
（1）通过自主探究、合作交流，培养学生逻辑推理和几何证明技能；
其次，在实践活动和小组讨论环节，学生们的参与度较高，但部分小组在讨论过程中仍然存在依赖心理，个别成员不够积极主动。为了提高学生的参与度，我可以在分组时更加注意成员的搭配，鼓励每个学生都发表自己的观点，培养他们的团队合作能力。
此外，在新课讲授环节，我注意到有些学生对梅涅劳斯定理与塞瓦定理的应用场景容易混淆。在今后的教学中，我需要更加明确地指出这两个定理的区别和联系，并通过对比讲解，帮助学生更好地理解和掌握。
（2）结合实际几何问题，提升学生的空间想象力和几何直观；
（3）联系现实生活，激发学生运用数学知识解决实际问题的兴趣，培养数学建模意识。
三、教学难点与重点
1.教学重点
（1）梅涅劳斯定理的表述及其证明：这是本节课的核心内容，教师应详细讲解梅涅劳斯定理的原理及其证明过程，以便学生深刻理解并掌握该定理。
举例：梅涅劳斯定理指出，在三角形ABC中，设点D、E、F分别是BC、AC、AB上的点，且AD、BE、CF相交于点P，则有（BD/DC）×（CE/EA）×（AF/FB）=1。教师需强调此定理的条件和结论，并通过实例演示证明过程。
3.重点难点解析：在讲授过程中，我会特别强调梅涅劳斯定理与塞瓦定理的表述及其证明这两个重点。对于难点部分，我会通过举例和比较来帮助大家理解。
（三）实践活动（用时10分钟）
1.分组讨论：学生们将分成若干小组，每组讨论一个与梅涅劳斯定理与塞瓦定理相关的实际问题。
8年级竞赛：梅涅劳斯定理塞瓦定理教师版.doc
第1讲 梅涅劳斯定理塞瓦定理知识点一、梅涅劳斯定理梅涅劳斯定理 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 CEFB DC EA⋅⋅=．这条直线叫ABC ∆的梅氏线，ABC ∆叫梅氏三角形． 证明如图1-1，若一直线与ABC ∆的三边AB 、BC 、CA 或其延长线交于F 、D 、E 点．求证： 1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=图1-1FECDBA图1-2GF E CD BA图1-3GFECDB A证法一：如图1-2，过C 作CG ∥DF∵DB FB DC FG =，EC FGAE AF=∴1AF BD CE AF FB FGFB DC EA FB FG AF⋅⋅=⋅⋅= 证法二：如图1-3，过A 作//AG BD 交DF 的延长线于G∴AF AG FB BD =，BD BD DC DC =，CE DCEA AG=三式相乘即得：1AF BD CE AG BD DCFB DC EA BD DC AG⋅⋅=⋅⋅=． 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 CEFB DC EA⋅⋅=，则F 、D 、E 三点共线． 知识点二、塞瓦定理塞瓦定理 如果ABC ∆的三个顶点与一点P 的连线AP 、BP 、F 'P图1-5FECDBAAB DCEF图1-6∵直线FPC 、EPB 分别是ABD ∆、ACD ∆的梅氏线， ∴1BC DP AF CD PA FB ⋅⋅=，1DB CE APBC EA PD⋅⋅= 两式相乘即可得：1BD CE AFDC EA FB⋅⋅= 塞瓦定理的逆定理 如果点D 、E 、F 分别在ABC ∆的边BC 、CA 、AB 上或其延长线上，并且1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=，那么AD 、BE 、CF 相交于一点（或平行）． 证明⑴ 若AD 与BE 相交于一点P 时，如图1-5，作直线CP 交AB 于'F ．由塞瓦定理得：F 1BD CE A DC EA F B'⋅⋅='， 又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=，∴AF AFFB F B'='， ∴AB ABFB F B='，∴FB F B '=． ∴'F 与F 重合 ∴'CF 与CF 重合∴AD 、BE 、CF 相交于一点．⑵ 若AD 与BE 所在直线不相交，则AD ∥BE ，如图1-6．∴BD EA DC AC =，又已知1BD CE AF DC EA FB⋅⋅=， ∴1EA CE AF AC EA FB ⋅⋅=，即CE FBAC AF =． ∴//BE FC ，∴////AD BE FC ．【例 1】 已知ABC ∆中，AD 为中线，过C 点任作一直线交AB 于F ，交AD 于E ，如图1-7，求证：:2:AE ED AF FB =.【分析】∵直线FEC 是ABD ∆的梅氏线， ∴1AE DC BF ED BC FA ⋅⋅=． 而12DC BC =， ∴112AE BF ED FA ⋅⋅=，即2AE AFED BF=．【例 2】 （2003年深圳市中考题）如图1-8，直线1l ∥2l ，:2:3AF FB =，:2:1BC CD =，则:AE EC是 （ ）A ．5：2B ．4：1C ．2：1D ．3：2图1-7FECD BA图1-8l 2l 1GF EDC BA【分析】∵DG 截ABC ∆的三边AB 、AC 、BC 或其延长线于F 、E 、D 三点， ∴1AF BD ECFB CD AE ⋅⋅=． ∵23AF FB =，21BC CD = ∴31BD CD =，∴23131ECAE ⨯⨯= ∴12EC AE =，即21AE EC =【例 3】 如图1-9，ABC ∆中，D 为AC 中点，BE EF FC ==，求证：::5:3:2BM MN ND =．【分析】∵直线AE 是BCD ∆的梅氏线， ∴1BM DA CEMD AC EB⋅⋅=． ∴12121BM MD ⋅⋅=，∴11BM MD = ∵直线AF 是BCD ∆的梅氏线， ∴1BN DA CFND AC FB⋅⋅=， ∴11122BN ND ⋅⋅=，41BN ND = ∴::5:3:2BM MN ND =．【例 4】 如图1-10-1，ABC ∆中，5AB =，8BC =，BD BE =，2AF FC =，BF 交DE 于P ．求:DP PE ．FPE DCBA 图1-10-1O P GFEDCBA图1-10-2【分析】过A 作AG ∥DE 交BC 于G ，交BF 于Q ，如图1-10-2．N M FE CDBA图1-9可得：5AB BG ==，且DP AQPE QG=∵直线BF 是ACG ∆的梅氏线， ∴51182AQ GB CF AQ QG BC FA QG ⋅⋅=⋅⋅= ∴165DP AQ PE QG ==．【例 5】如图1-11，平行四边形ABCD 的对角线相交于点O ，在AB 的延长线上任取一点E ，连接OE 交BC 于点F ． 若AB a =，AD c =，BE b =，求BF 的长．图1-11OFE DCBA【分析】∵OE 截ABC ∆的三边AB 、AC 、BC 或其延长线于E 、O 、F 三点．∴1CO AE BFAO BE FC⋅⋅=． 在平行四边形ABCD 中， ∵OA OC =，∴1OAOC= ∵AE AB BE a b =+=+，∴AE a bBE b+=∴BF b FC a b =+，即FC a bBF b+=∴2FC BF a b BF b ++=，即2BC a bBF b+=． ∵BC AD =，∴2c a b BF b +=，∴2bcBF a b=+．【例 6】 如图1-12，E 、F 分别为ABC ∆的AC 、AB 边上的点，且3AE EC =，3BF FA =，BE 、CF交于P ，AP 的延长线交BC 于D ．求:AP PD 的值．【分析】图1-14-1PFED CB A ∵EPB 为ACD ∆的梅氏线， ∴911103AP DB CE AP PD BC EA PD ⋅⋅=⋅⋅= ∴103AP PD =．【例 7】 在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AC 、BD 交于E ，AD 、BC 的延长线交于H ，过E 作FG ∥AB交AD 于F ，交BC 于G ，求证：AG 、BF 、EH 三线共点．【分析】设直线HE 交AB 于Q ， 由已知可得,HF HE BG EQ FA EQ GH HE ==，∴1HF BGFA GH⋅=由E 为HAB ∆的塞瓦点可得：1HD AQ BCDA QB CH⋅⋅= 同理可得：1HD BCDA CH⋅=，∴1AQ QB =，∴1HF AQ BG FA QB GH ⋅⋅= ∴AG 、BF 、EH 三线共点．【例 8】 已知：AD 、BE 、CF 为ABC ∆的高。
第3讲-梅涅劳斯定理与塞瓦定理
第三讲 梅涅劳斯定理与塞瓦定理梅涅劳斯定理如果一条不通过A 、B 、C 三点的直线与△ABC 的边BC 、CA 、AB 所在直线分别交于X 、Y 、Z ， 则1AZ BX CY ZB XC YA ⋅⋅=．塞瓦定理已知平面上△ABC 和点P （P 不在△ABC 三边上），直线AP 、BP 、CP 分别与直线BC 、CA 、AB 交于点X 、Y 、Z ，则1AZ BX CYZB XC YA⋅⋅=梅涅劳斯定理与塞瓦定理的逆定理也成立．角元塞瓦定理若△ABC 中，直线AD 、BE 、CF 交于一点，则sin sin sin 1sin sin sin CAD ABE BCFDAB EBC FCA∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．上述结论被称为塞瓦定理的角元形式．其逆定理也是成立的．例1. 如图，已知△ABC 中，AD 、BE 、CF 交于一点P ．（1）已知54BP PE =，32CP PF =，求BDDC ． （2）已知31AP PD =，43BP PE =，求CPPF． （3）已知74AF FB =，32AE EC =，求APPD．例2. 已知BE 、CF 为△ABC 的两条内角平分线，A ∠的外角平分线与BC 的延长线相交于D ．求证：D 、E 、F 共线．例3. △ABC 中，40BAC ∠=︒，60ABC ∠=︒，点D 、E 分别在AC 、AB 上，40CBD ∠=︒，70BCE ∠=︒，BD 、CF 相交于点F ．求证：AF ⊥BC ．例4. 过△ABC 的顶点A 作外接圆的切线与对边相交于点1A ，类似定义1B 、1C ，证明：1A 、1B 、1C 三点共线．例5. 如图，在△ABC 中，P 为高AD 上一点．延长BP 交AC 于E ，延长CP 交AB 于F ．求证：ADE ADF ∠=∠． A 1C 1'''的三组对应边AB与A B''交于点X，AC与A C''交于点Y，BC与B C''交于例6.如图，△ABC和△A B C点Z，且X、Y、Z三点共线．求证：直线AA'、BB'、CC'相交于一点或相互平行．Array例7.圆内接六边形ABCDEF的三组对边AB和DE、BC和EF、CD和F A所在直线分别交于L、M、N，证明：L、M、N三点共线．L。
模型38 梅涅劳斯定理、塞瓦定理(解析版)
☑梅涅劳斯定理：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．当直线交三角形ABC三边所在直线BC、AB、AC于D、E、F点时，则有AE×BD×CF＝EB×CD×AF☑塞瓦定理：塞瓦定理是指在△ABC内任取一点O，延长AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则BD×CE×AF＝DC×EA×FB．例题精讲考点一：梅涅劳斯定理【例1】．如图，等边△ABC的边长为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为．解：∵DEF是△ABC的梅氏线，∴由梅涅劳斯定理得，••＝1，即••＝1，则＝，＝S△ABC，S△CEF＝S△ABC，连FC，S△BCF于是S BCEF＝S△BCF+S△CEF＝S△ABC＝××2×2sin60°＝×＝．故答案为．变式训练【变式1-1】．如图，D、E、F内分正△ABC的三边AB、BC、AC均为1：2两部分，AD、BE、CF相交成的△PQR的面积是△ABC的面积的（）A．B．C．D．解：对△ADC用梅涅劳斯定理可以得：••＝1，则＝．＝，S△BCQ＝S△BCE＝，S BPRF＝S△ABD＝，设S△BCF＝S△BCF﹣S△BCQ﹣S BPRF＝S△ABC．∴S△PQR故选：D．【变式1-2】．梅涅劳斯定理梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图（1），如果一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或它们的延长线交于F、D、E三点，那么一定有••＝1．下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：证明：如图（2），过点A作AG∥BC，交DF的延长线于点G，则有＝．任务：（1）请你将上述材料中的剩余的证明过程补充完整；（2）如图（3），在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，点D为BC的中点，点F在AB 上，且BF＝2AF，CF与AD交于点E，则AE＝6．解：（1）补充的证明过程如下：∵AG∥BD，∴△AGE∽△CDE．∴，∴；（2）根据梅涅劳斯定理得：．又∵，，∴DE＝AE．在Rt△ABD中，AB＝13，BD＝5，∠ADB＝90°，则由勾股定理知：AD＝＝＝12．∴AE＝6．故答案是：6．考点二：塞瓦定理【例2】．如图：P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB边上的点．若AP，BQ，CR相交于一点M，求证：．证明：如图，由三角形面积的性质，有，，．以上三式相乘，得．变式训练【变式2-1】．请阅读下列材料，并完成相应任务如图，塞瓦定理是指在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边D，E，F 于，则××＝1．任务：（1）当点D，E分别为边BC，AC的中点时，求证：点F为AB的中点；（2）若△ABC为等边三角形，AB＝12，AE＝4，点D是BC边的中点，求BF的长．解：（1）证明：∵D，E分别为边BC，AC的中点，∴BD＝CD，EA＝CE，∴，由塞瓦定理，得，∴，∴AF＝BF，∴点F为AB的中点；（2）解：∵△ABC为等边三角形，AB＝12，∴AB＝AC＝BC＝12，∵AE＝4，∴EC＝12﹣4＝8，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD＝6，∵AB＝12，∴AF＝AB﹣BF＝12﹣BF，由赛瓦定理，得，∴，∴BF＝8．【变式2-2】．请阅读下列材料，并完成相应任务塞瓦定理定理内容：如图1，塞瓦定理是指在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边于D，E，F，则．数学意义：使用塞瓦定理可以进行直线形中线段长度比例的计算，其逆定理还可以用来进行三点共线、三线共点等问题的判定方法，是平面几何学以及射影几何学中的一项基本定理，具有重要的作用．任务解决：（1）如图2，当点D，E分别为边BC，AC的中点时，求证：点F为AB的中点；（2）若△ABC为等边三角形（如图3），AB＝12，AE＝4，点D是BC边的中点，求BF 的长，并直接写出△BOF的面积．（1）证明：∵点D，E分别为边BC，AC的中点，∴BD＝CD，CE＝AE，由赛瓦定理可得：，∴，∴AF＝BF，即点F为AB的中点；（2）∵△ABC为等边三角形，AB＝12，∴BC＝AC＝12，∵点D是BC边的中点，∴BD＝DC＝6，∵AE＝4，∴CE＝8，由赛瓦定理可得：BF＝8；△BOF的面积为．1．如图，在△ABC中，M是AC的中点，E是AB上一点，AE＝AB，连接EM并延长，交BC的延长线于D，则＝（）A．B．2C．D．解：如图，过C点作CP∥AB，交DE于P，∵PC∥AE，∴△AEM∽△CPM，∴＝，∵M是AC的中点，∴AM＝CM，∴PC＝AE，∵AE＝AB，∴CP＝AB，∴CP＝BE，∵CP∥BE，∴△DCP∽△DBE，∴＝＝，∴BD＝3CD，∴BC＝2CD，即＝2．故选：B．2．如图，在△ABC中，D、E分别是BC、AC上的点，AD与BE相交于点G，若AG：GD ＝4：1，BD：DC＝2：3，则AE：EC的值是（）A．B．C．D．解：过D作DH∥AC交BE于H，∴△DHG∽△AEG，△BDH∽△CBE，∴，，∴AE＝4DH，CE＝DH，∴，故选：B．3．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，F是AD边上一点．射线CF交AB于点E，且，则等于．解：如图：过点D作DG∥EC交AB于G，∵AD是BC边上的中线，∴GD是△BEC的中位线，∴BD＝CD，BG＝GE．∵＝，∴＝∵DG∥EC，∴＝＝．故答案是：．4．如图，在△ABC中，点D是AB边上的一点，且AD＝3BD，连接CD并取CD的中点E，连接BE，若∠ACD＝∠BED＝45°，且CD＝6，则AB的长为4．解：如图，取AD中点F EF，过点D作DG⊥EF于G，DH⊥BE于H，设BD＝a，∴AD＝3BD＝3a，AB＝4a，∵点E为CD中点，点F为AD中点，CD＝6，∴DF＝a，EF∥AC，DE＝3，∴∠FED＝∠ACD＝45°，∵∠BED＝45°，∴∠FED＝∠BED，∠FEB＝90°，∵DG⊥EF，DH⊥BE，∴四边形EHDG是矩形，DG＝DH，∴四边形DGEH是正方形，∴DE＝DG＝3，DH∥EF，∴DG＝DH＝3，∵DH∥EF，∴∠BDH＝∠DFG，∴△BDH∽△DFG，∴，∴＝，∴BH＝2，∴BD＝＝＝，∴AB＝4，故答案为：4．5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，AD是边BC的中线，过点C 作CE⊥AD于点E，连接BE并延长交AC于点F，则AD的长是16，EF的长是．解：过点G作DG∥AC，交BF于点G，∵D为BC的中点，BC＝16，∴CD＝BD＝8，∵∠ACB＝90°，AC＝8，∴AD＝＝16，∴sin∠CAD＝，∴CE＝＝，∴AE＝，∴DE＝AD﹣AE＝4，∵DG∥AC，∴，设DG＝x，则CF＝2x，AF＝，∵DG∥AC，∴∠DGE＝∠AFE，∠EDG＝∠EAF，∴△DEG∽△AEF，∴，即，解得：x＝，∴CF＝2x＝∴BF＝∵，∴，∵，∴EF＝＝．故答案为：16，．6．如图，△ABC中，D、E是BC边上的点，BD：DE：EC＝3：2：1，M在AC边上，CM：MA＝1：2，BM交AD、AE于H、G，则BH：HG：GM等于51：24：10．解：过M作MQ∥BC交AE于N，交AD于F，交AB于Q，∵BD：DE：EC＝3：2：1，∴设EC＝a，DE＝2a，BD＝3a，∵MQ∥BC，∴△AMN∞△ACE，∵CM：MA＝1：2，∴＝＝，∴MN＝a，同理MF＝2a，MQ＝4a，∵MQ∥BC，∴△MNG∽△BEG，∴＝，∴＝＝，∴＝＝同理＝＝＝，＝＝，∴＝，＝＝∴BH：HG：GM＝51：24：10，故答案为：51：24：10．7．如图，▱ABCD的对角线相交于点O，在AB的延长线上任取一点E，连接OE交BC于点F．若AB＝a，AD＝c，BE＝b，则BF＝．解：取AB的中点M，连接OM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，OB＝OD，∴OM∥AD∥BC，OM＝AD＝c，∴△EFB∽△EOM，∴，∵AB＝a，AD＝c，BE＝b，∴ME＝MB+BE＝AB+BE＝a+b，∴，∴BF＝．故答案为：．8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AM为BC边上的中线，CD⊥AM于点D，CD 的延长线交于点，求的值．解：过点B作BF⊥BC，交EC的延长线于点F，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠BCF+∠ACD＝90°，又∵BF⊥BC，CD⊥AM，∴∠BCF+∠F＝90°，∠CAD+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠F，∠BCF＝∠CAD，∴△ACM≌△CBF（AAS），∴BF＝CM，又∵AM为BC边上的中线，∴BF＝CM＝BC，∵∠AEC＝∠BEF，∴△ACE∽△BFE，∴＝2．9．如图，在△ABC中，M是AC的中点，E、F是BC上的两点，且BE＝EF＝FC，求BN：NQ：QM的值．解：连接MF，如图，∵M是AC的中点，EF＝FC，∴MF为△CEA的中位线，∴AE＝2MF，AE∥MF，∵NE∥MF，∴＝＝1，＝＝，∴BN＝NM，MF＝2NF，设BN＝a，NE＝b，则NM＝a，MF＝2b，AE＝4b，∵AN∥MF，∴＝＝＝，∴NQ＝a，QM＝a，∴BN：NQ：QM＝a：a：a＝5：3：2．10．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，E为BC上一点，AE交CD于点F，EH⊥AB于点H，若CF＝2FD，EH＝，求CE•BE的值．解：对于△CBD和截线AFE，由梅涅劳斯定理可知：，∵CF＝2FD，∴，∴，易知△ADC∽△EHB，∴，∴，由射影定理可知AC2＝AD•AB，∴BE•CE＝＝＝，∴BE•CE＝4．11．如图，△ABC中，AD⊥BC于点D，E是AB上一点，连接DE，2∠C+∠BDE＝180°．（1）求证：∠BDE＝2∠CAD；（2）若AC＝BD，∠AED＝∠ACB，求证BE＝2CD；（3）若AE＝kBE，BD＝mCD，则的值为．（用含m，k的式子表示）．（1）证明：∵2∠C+∠BDE＝180°，∴∠C+∠BDE＝90°，∵AD⊥BC，∴∠C+∠CAD＝90°，∴∠CAD＝∠BDE，∴∠BDE＝2∠CAD；（2）证明：如图，延长DE至F，使DF＝BD，连接BF，在DB上截取DG＝CD，连接AG，∵AD⊥BC，∴∠ADC＝∠ADG＝90°，在△ADC和△ADG中，，∴△ADC≌△ADG（SAS），∴AG＝AC，∠GAD＝∠CAD，∠AGC＝∠ACB，∴∠CAG＝2∠CAD，∵∠BDF＝2∠CAD，∴∠BDF＝∠CAG，∵AC＝BD，∴AC＝BD＝AG＝DF，∴△BDF≌△CAG（SAS），∴BF＝CG，∠DFB＝∠AGC＝∠ACB，∵∠AED＝∠ACB，∠AED＝∠BEF，∴∠DFB＝∠BEF，∴BF＝BE，∴BE＝CG，∵CG＝2CD，∴BE＝2CD；（3）解：如图，记AG与DE的交点为H，设CD＝y，则BD＝my，延长DE至F，使DF＝BD＝my，连接BF，在DB上截取DG＝CD＝y，连接AG，则CG＝CD＝2y，由（2）知，△ADC≌△ADG，∴AC＝AG，∠CAD＝∠GAD，∴∠CAG＝2∠CAD，由（1）知，∠BDE＝2∠CAD，∴∠BDE＝∠CAG，∵DF＝BD，AC＝AG，∴，∵△DBF∽△ACG，∴∠DBF＝∠AGC，∴AG∥BF，∴△DHG∽△DFB，∴，∴DH＝DG＝y，∵AG∥BF，∴△BEF∽△AEH，∴，∵AE＝kBE，∴＝＝，∴EH＝kEF，∵DF＝DH+EH+EF＝y+kEF+EF＝my，∴EF＝，∴EH＝，∴DE＝EH+DH＝+y＝，∴＝＝，故答案为：．12．如图1，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是中线，BE⊥AD，垂足为E，点F在AD上，∠ACF＝∠DBE．（1）求证：∠ABD＝∠CFD；（2）探究线段AF，DE的数量关系，并证明你的结论；（3）如图2，延长BE交CF于点P，AB＝AF，求的值．（1）证明：设∠DBE＝∠CFD＝α，∵BE⊥AD，∴∠BED＝90°，∴∠ADB+α＝90°，又∵∠BAC＝90°，AD是中线，∴AD＝BD＝CD，∴∠BAD＝∠ABD，∴∠ADB+2∠BAD＝180°，∴2∠BAD＝90°+α，又∵∠CFD＝∠DAC+∠ACF＝∠DAC+α＝90°﹣∠BAD+α＝2∠BAD﹣∠BAD＝∠BAD，∵∠ABD＝∠BAD，∴∠ABD＝∠CFD；（2）解：AF＝2DE．理由：过点C作CM⊥AD交AD的延长线于点M，∵AD是中线，∴BD＝CD，∵∠CMD＝∠BED＝90°，∠CDM＝∠BDE，∴△CDM≌△BDE（AAS），∴DM＝DE，CM＝BE，又∵∠BAD＝∠CFM，∠AEB＝∠CMF，∴△CMF≌△BEA（AAS），∴AE＝MF，∴AE﹣EF＝MF﹣EF，∴AF＝EM，又∵EM＝2DE，∴AF＝2DE；（3）解：过点C作CM⊥AD交AD的延长线于点M，由（2）可知，AF＝2DE，AD＝CD，设DE＝x，则AF＝2x，∵AB＝AF，∴AB＝2x，∴AB＝2x，设EF＝y，∴AE＝y+2x，AD＝CD＝y+3x，由（2）可知，BE＝CM，∴AB2﹣AE2＝CD2﹣DM2，∴＝（y+3x）2﹣x2，解得y＝3x，y＝﹣8x（舍去），∴AE＝5x，∵∠BDE＝∠CFE，∠AEB＝∠PEF，∴△BEA∽△PEF，∴．13．如图1，△ABC中，AB＝AC，点D在BA的延长线上，点E在BC上，DE＝DC，点F 是DE与AC的交点，且DF＝FE．（1）图1中是否存在与∠BDE相等的角？若存在，请找出，并加以证明，若不存在，说明理由；（2）求证：BE＝EC；（3）若将“点D在BA的延长线上，点E在BC上”和“点F是DE与AC的交点，且DF＝FE”分别改为“点D在AB上，点E在CB的延长线上”和“点F是ED的延长线与AC的交点，且DF＝kFE”，其他条件不变（如图2）．当AB＝1，∠ABC＝a时，求BE的长（用含k、a的式子表示）．解：（1）∠DCA＝∠BDE．证明：∵AB＝AC，DC＝DE，∴∠ABC＝∠ACB，∠DEC＝∠DCE．∴∠BDE＝∠DEC﹣∠DBC＝∠DCE﹣∠ACB＝∠DCA．（2）过点E作EG∥AC，交AB于点G，如图1，则有∠DAC＝∠DGE．在△DCA和△EDG中，∴△DCA≌△EDG（AAS）．∴DA＝EG，CA＝DG．∴DG＝AB．∴DA＝BG．∵AF∥EG，DF＝EF，∴DA＝AG．∴AG＝BG．∵EG∥AC，∴BE＝EC．（3）过点E作EG∥AC，交AB的延长线于点G，如图2，∵AB＝AC，DC＝DE，∴∠ABC＝∠ACB，∠DEC＝∠DCE．∴∠BDE＝∠DBC﹣∠DEC＝∠ACB﹣∠DCE＝∠DCA．∵AC∥EG，∴∠DAC＝∠DGE．在△DCA和△EDG中，∴△DCA≌△EDG（AAS）．∴DA＝EG，CA＝DG∴DG＝AB＝1．∵AF∥EG，∴△ADF∽△GDE．∴．∵DF＝kFE，∴DE＝EF﹣DF＝（1﹣k）EF．∴．∴AD＝．∴GE＝AD＝．过点A作AH⊥BC，垂足为H，如图2，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH．∴BC＝2BH．∵AB＝1，∠ABC＝α，∴BH＝AB•cos∠ABH＝cosα．∴BC＝2cosα．∵AC∥EG，∴△ABC∽△GBE．∴．∴．∴BE＝．∴BE的长为．14．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．塞瓦（GiovanniCeva，1648～1734）意大利水利工程师，数学家，塞瓦定理载于1678年发表的《直线论》一书，塞瓦定理是指如图1，在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边于D，F，E，则．下面是该定理的部分证明过程：如图2，过点A作BC的平行线分别交BE，CF的延长线于点M，N．则∠N＝∠FCB，∠NAF＝∠FBC．∴△NAF∽△CBF．∴①．同理可得△NOA∽△COD．∴②．任务一：（1）请分别写出与△MOA，△MEA相似的三角形；（2）写出由（1）得到的比例线段；任务二：结合①②和（2），完成该定理的证明；任务三：如图3，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，CD⊥AB，垂足为D，点E 为DC的中点，连接AE并延长，交BC于点F，连接BE并延长，交AC于点G．小明同学自学了上面定理之后解决了如图3所示的问题，并且他用所学知识已经求出了BF与FC的比是25：16，请你直接写出△ECG与△EAG面积的比．解：任务一：（1）△MOA∽△BOD；△MEA∽△BEC；（2）；；任务二：证明：如图所示：由任务一可得：；；同理可得△OAN∽△ODC；△AFN∽△BFC；∴；；∴；∴．任务三：由任务一和任务二可得：在△ABC中，＝；∵Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，∴AB＝；∴cos∠BAC＝；∴；∴AD＝；∴BD＝AB﹣AD＝；∵＝1；∴＝1；解得＝；过点E作EH⊥AC于H；∴＝＝＝．15．问题提出如图（1），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，延长BC至点E，使DE＝DB，延长ED交AB于点F，探究的值．问题探究（1）先将问题特殊化．如图（2），当∠BAC＝60°时，直接写出的值；（2）再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．问题拓展如图（3），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，G是边BC上一点，＝（n＜2），延长BC至点E，使DE＝DG，延长ED交AB于点F．直接写出的值（用含n的式子表示）．解：（1）如图，取AB的中点G，连接DG，∵点D是AC的中点，∴DG是△ABC的中位线，∴DG∥BC，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∵点D是AC的中点，∴∠DBC＝30°，∵BD＝ED，∴∠E＝∠DBC＝30°，∴DF⊥AB，∵∠AGD＝∠ADG＝60°，∴△ADG是等边三角形，∴AF＝AG，∵AG＝AB，∴AF＝AB，∴；（2）取BC的中点H，连接DH，∵点D为AC的中点，∴DH∥AB，DH＝AB，∵AB＝AC，∴DH＝DC，∴∠DHC＝∠DCH，∵BD＝DE，∴∠DBH＝∠DEC，∴∠BDH＝∠EDC，∴△DBH≌△DEC（ASA），∴BH＝EC，∴，∵DH∥AB，∴△EDH∽△EFB，∴，∴，∴；问题拓展取BC的中点H，连接DH，由（2）同理可证明△DGH≌△DEC（ASA），∴GH＝CE，∴HE＝CG，∵＝，∴，∴，∴，∵DH∥BF，∴△EDH∽△EFB，∴，∵DH＝AB，∴，∴．16．阅读下面材料，完成（1）﹣（3）题数学课上，老师出示了这样一道题：如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，点D、E在BC上，AD＝AB，AB＝kBD（其中＜k＜1）∠ABC＝∠ACB+∠BAE，∠EAC的平分线与BC相交于点F，BG⊥AF，垂足为G，探究线段BG与AC的数量关系，并证明．同学们经过思考后，交流了自己的想法：小明：“通过观察和度量，发现∠BAE与∠DAC相等．”小伟：“通过构造全等三角形，经过进一步推理，可以得到线段BG与AC的数量关系．”……老师：“保留原题条件，延长图中的BG，与AC相交于点H（如图2），可以求出的值．”（1）求证：∠BAE＝∠DAC；（2）探究线段BG与AC的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；（3）直接写出的值（用含k的代数式表示）．证明：（1）∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠ADB＝∠ACB+∠DAC，∠ABD＝∠ABC＝∠ACB+∠BAE，∴∠BAE＝∠DAC，（2）设∠DAC＝α＝∠BAE，∠C＝β，∴∠ABC＝∠ADB＝α+β，∵∠ABC+∠C＝α+β+β＝α+2β＝90°，∠BAE+∠EAC＝90°＝α+∠EAC，∴∠EAC＝2β，∵AF平分∠EAC，∴∠FAC＝∠EAF＝β，∴∠FAC＝∠C，∠ABE＝∠BAF＝α+β，∴AF＝FC，AF＝BF，∴AF＝BC＝BF，∵∠ABE＝∠BAF，∠BGA＝∠BAC＝90°，∴△ABG∽△BCA，∴∵∠ABE＝∠BAF，∠ABE＝∠ADB，∴△ABF∽△DBA，∴，且AB＝kBD，AF＝BC＝BF，∴k＝，即，∴（3）∵∠ABE＝∠BAF，∠BAC＝∠AGB＝90°，∴∠ABH＝∠C，且∠BAC＝∠BAC，∴△ABH∽△ACB，∴，∴AB2＝AC×AH设BD＝m，AB＝km，∵，∴BC＝2k2m，∴AC＝＝km，∴AB2＝AC×AH，（km）2＝km×AH，∴AH＝，∴HC＝AC﹣AH＝km﹣＝，∴。
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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：
•
方案 ③ —— A→C→E→D→F→B→A，由此可写
出公式：
•
• （AC：CE）*（ED：DF）*（FB：BA）=1。 从A出发还有最 后一个方案：
•
方案 ④ —— A→E→C→D→B→F→A，由此写出公式：
（sin∠AOF/sin∠FOB)(sin∠BOD/sin∠DOC)(sin∠C
OA/sin∠AOE)=1。(O不与点A、B、C重合)
梅涅劳斯定理的数学意义
• 使用梅涅劳斯定理可以进行直线形中 线段长度比例的计算，其逆定理还是可以 用来解决三点共线、三线共点等问题的判 定方法，是平面几何学以及射影几何学中 的一项基本定理，具有重要的作用。梅涅 劳斯定理的对偶定理是塞瓦定理
•
=（S△ADF：
S△BDF）·（S△BDF：
S△CDF）·（S△CDF：
S△ADF）
•
=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。
•
（AE：EC）*（CD：DB）*（BF：FA）=1。
•
我们的直升机还可以选择在B、C、D、E、F任一点降落，
因此就有了图中的另外一些公式。
•
值得注意的是，有些公式中包含了四项因式，而不是“梅涅
劳斯定理”中的三项。当直升机降落在B点时，就会有四项因式。
而在C点和F点，既会有三项的公式，也会有四项的公式。公式
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，
• 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），
梅涅劳斯(Menelauss)定理：
设A、B、C分别是ABC的三边
BC、CA、AB或其延长线上的点.
(1)若A、B、C三点共线，
则 AC BA CB 1.
A
CB AC BA
(2)若A、B、C有奇数个 C
点在边的延长线上，
B
且
AC C B
BA AC
•
第一角元形式的梅涅劳斯定理
• 如图：若E，F，D三点共线，则
• (sin∠ACF/sin∠FCB)(sin∠BAD/sin∠DAC)(sin∠CBA/ sin∠ABE)=1
•
即图中的蓝角正弦值之积等于红角正弦值之积
•
该形式的梅涅劳斯定理也很实用
•
第二角元形式的梅涅劳斯定理
•
在平面上任取一点O，且EDF共线，则
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：
• 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。
• 过ABC三点向三边引垂线AA'BB'CC'，
CB BA
1，B
则A、B、C三点共线.
C A
证明定理
• 过点A作AG∥BC交DF的延长线于G,
• 则AF/FB=AG/BD , CE/EA=DC/AG。
• 三式相乘得： (AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=(AG/BD)×( BD/DC)×(DC/AG)=1
• 过点C作CP∥DF交AB于P，则BD/DC=FB/PF， CE/EA=PF/AF
• 所以AD：DB=AA'：BB'，BE： EC=BB'：CC'，CF：FA=CC'：AA'
• 所以(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1
• 连接BF。
•
（AD：DB）·（BE：
EC）·（CF:FA)
•
=（S△ADF：
S△BDF）·（S△BEF：
S△CEF）·（S△BCF：
S△BAF）
塞瓦定理
设 P、Q、R 分 别 是 ABC的BC、CA、AB 边 上 的 点 , 则
AP、BQ、CR 三线共点的充要条件是:
BP PC
CQ QA
AR RB
1.
• 塞瓦（G·Ceva）是17世纪意 大利是水力工程师和数学家， 他重新发现了梅涅劳斯定理， 并根据梅涅劳斯定理推出了自 己的定理。
为四项时，有的景点会游览了两次。
•
不知道梅涅劳斯当年是否也是这样想的，只是列出了一两个
典型的公式给我们看看。
•
还可以从逆时针来看，从第一个顶点到逆时针的第一个交点
比上到下一个顶点的距离，以此类推，可得到三个比例，它们的
乘积为1.
•
现在是否可以说，我们对梅涅劳斯定理有了更深刻的了解呢。
那些复杂的相除相乘的关系式，不会再写错或是记不住吧。
分形几何
几何
• 自公元前2世纪以来，古希腊数学家欧几里得的 《几何原本》问世以来，平面几何作为数学的 一个重要分支而存在于世。在历史上，《几何 原本》的问世奠定了数学科学的基础，平面几 何提车的问题，诱发了一个又一个重要的数学 概念和有利的数学方法。由于平面几何有其鲜 明的直觉与严谨、精确而简明的语言，并且经 常出现一些极具挑战性的问题。因而这一古老 的数学分支一直保持着青春的活力。
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A R
MQ PC