数学竞赛梅涅劳斯定理

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.那么
证明二
过点C作CP∥DF交AB于P，那么两式相乘得
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'，那么由充分性可得，
(AF/FB)×(BD/DC)×(CE'/E'A)=1
又∵
∴有CE/EA=CE'/E'A，两点重合。

所以共线
推论在△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AL、BM、CN三线交于一点的充要条件是λμν=-1。

〔注意及塞瓦定理相区分，那里是λμν=1〕
此外，用该定理可使其容易理解与记忆：
第一角元形式的梅涅劳斯定理如图：假设E，F，D三点共线，那么
(sin∠ACF/sin∠FCB)(sin∠BAD/sin∠DAC)(sin∠
CBE/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。

证明：可用面积法推出：第一角元形式的梅氏定理及顶分顶形式的梅氏定理等价。

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，那么〔sin∠AOF/sin∠FOB)(sin∠BOD/sin∠DOC)(sin∠COE
/sin∠AOE)=1。

(O不及点A、B、C重合)
梅涅劳斯球面三角形定理
在球面三角形ABC中，三边弧AB，弧BC，弧CA(都是大圆弧)被另一大圆弧截于P,Q,R三点，那么
数学意义
使用梅涅劳斯定理可以进展直线形中线段长度比例的计算，其逆定理还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根本定理，具有重要的作用。

梅涅劳斯定理的对偶定理是塞瓦定理。

它的逆定理也成立：假设有三点F、D、E分别在的边AB、BC、CA或其延长线上，且满足AF/FB×BD/DC×CE/EA=1，那么F、D、E三点共线。

利用这个逆定理，可以判断三点共线。

梅涅劳斯逆定理
定理
假设有三点F、D、E分别在边三角形的三边AB、BC、CA或其延长线上，且满足AF/FB×BD/DC×CE/EA=1，那么F、D、E三点共线。

利用这个逆定理，可以判断三点共线。

注意定理中提到的三个点的位置，在梅涅劳斯逆定理中，三个点要么只有两个在三角
形边上，要么一个都不在三角形边上。

即：该逆定理成立的前提是三个点有偶数个点在三角形边上。

否那么为塞瓦定理逆定理。

证明方式
：E、F是△ABC的边AB、AC上的点，D是BC的延长线的点，且有：(AF/FB)(BD/DC)(CE/EA)=1。

求证：E、F、D三点共线。

思路：采用反证法。

先假设E、F、D三点不共线，直线DE及AB 交于P。

再证P及F重合。

证明：先假设E、F、D三点不共线，直线DE及AB交于P。

由梅涅劳斯定理的定理证明〔如利用平行线分线段成比例的证明方法〕得：
(AP/PB)(BD/DC)(CE/EA)=1。

∵(AF/FB)(BD/DC)(CE/EA)=1。

∴AP/PB=AF/FB ；
∴(AP+PB)/PB=(AF+FB)/FB ；
∴AB/PB=AB/FB ；
∴PB=FB；即P及F重合。

∴D、E、F三点共线。

注意
首先我们图中的直线关系：三角形一边的延长线上一点及相邻边上一点的连线及另一边相交于一点，然后再来求各个边的关系。

梅涅劳斯的功绩在于，他根据上图的现象，发现了关系式：
AF/FB×BD/DC×CE/EA=1
然后反过来再证明，如果满足这个关系，那么那条线是直线
总之：从现象发现等式，再从等式反推现象，这两个工作使得这一发现成为定理。

问题：
梅涅劳斯是怎么根据图中的现象发现或者计算出等式
AF/FB×BD/DC×CE/EA=1 ？
这个问题请大家思考。

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〔Menelaus〕是公元一世纪时的希腊数学家兼天文学家，著有几何学与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，那么满足
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，由根本领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AC于点F，交BC于点E，平移直线DE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ABC直线DE交AB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∥DE交AB于M，于是
所以
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DE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AB于M，
于是
所以
∴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，那么满足拓展
〔1题〕在任意三角形PQR中，A2,A4分别是PR,PQ延长线上的点，做射线A4A2,A6是射线A4A2上的一点，做射线A6Q，A1是射线A6Q上的一点，连结A1A2交射线PR于X，作射线A4A3交射线PQ于点A3，交射线A1A6于点Y，连结A1A3交射线PR于点A5，连结A6A5交射线PQ于点Z，求证X,Y,Z三点共线
〔该命题又为一六边形相间各顶点分别在两直线上求证：它的三对对边〔所在直线〕的交点共线〕这个定理为帕波斯定理
〔2题〕给定△ABC内两点O,O',连结AO,AO'交BC于点X,X',BO,BO'交AC于Y,Y',CO,CO'交AB于Z,Z'.设YZ'及Y'Z交于点P,ZX'及Z'X交于点Q,XY'及X'Y交于点R.求证O,O',P,Q,R五点共线
〔3题〕在任意三角形ABC中，E是直线AC上的一点，D是直线BC上的一点，F是直线DE上一点，G是直线AC上一点，作直线BG交直线DF于点Q，作直线CF交直线AB于点P，作直线GF 交直线AB于点H作直线DH交直线AC于点R,求证P,Q,R三点共线
〔4题〕一直线截△ABC三边BC,CA,AB或延长线X,Y,Z。

证明：这三点的等截点X',Y',Z'共线。

〔在三角形任意一边所在直线上，设有两点及此边的中点等距，那么称这两个点互为等截点〕
〔5题〕将一点及正三角形的顶点连线，
(1)假设依次连结三联结线中点求证是个正三角形
(2)三联结线的中垂线分别及对边〔所在直线〕的交点共线
梅涅劳斯定理与塞瓦定理
一、梅涅劳斯定理
定理1假设直线l不经过∆ABC的顶点，并
且及∆ABC的三边BC、CA、AB或它们的
延长线分别交于P、Q、R，那么BP
PC ∙CQ QA
∙
AR
RB
=1
证明：设ℎℎ、ℎℎ、ℎℎ分别是A、B、C
到直线l的垂线的长度，那么：BP
PC ∙CQ
QA
∙AR
RB
=ℎℎ
ℎℎ
∙ℎℎ
ℎℎ
∙ℎℎ
ℎℎ
=1。

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假设直角∆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及CK的交点，证明：BF∥CE。

【解析】因为在∆EBC中，作∠B的平分线BH，那么：∠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，那么：CK=EP，对于∆ACK与三点D、E、F根据梅涅劳
斯定理有：CD
DA ∙AE
EK
∙KF
FC
=1，于是KF
FC
=EK
AE
=CK
AC
=EP
AC
=BP
BC
=BK
BE
，即KF
FC
=
BK BE ，根据分比定理有：KF
KC
=BK
KE
，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及A、B、C、D与
A1，B1，C1，D1，试证：AC
BC :AD
BD
=A1C1
B1C1
:A1D1
B1D1。

【解析】假设AD ∥A 1D 1，结论显然成立；假设AD 及A 1D 1相交于
点L ，那么把梅涅劳斯定理分别用于∆A 1AL与∆B 1BL可得：AD LD ∙LD 1A 1D 1∙A 1K AK =1，LC AC ∙AK A 1K ∙A 1C 1LC 1=1，BC LC ∙LC 1B 1C 1∙B 1K BK =1，LD BD ∙BK B 1K ∙B 1D 1LD 1
=1，将上面四个式子相乘，可得：AD AC ∙BC BD ∙A 1C 1A 1D 1∙B 1D 1B 1C 1=1，即：AC BC :AD BD
=A 1C 1B 1C 1:B 1D 1B 1C 1
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，
这时假设BP PC ∙CQ QA ∙AR RB
=1，求证P 、Q 、R 三点共线。

证明：设直线PQ 及直线AB 交于R ’，
于是由定理1得：BP PC ∙CQ QA ∙AR ‘R ’B =1，又因为BP PC ∙CQ QA ∙AR RB =1，那么AR ‘R ’B =AR RB ，由于在同一直线上P 、Q 、R 三点中，位于∆ABC边上的点的个
数也为0或2，因此R 及R ‘或者同在AB 线段上，或者同在AB 的
延长线上；假设R 及R ‘同在AB 线段上，那么R 及R ‘必定重合，不然的话，设AR >ℎR ‘，这时AB −AR <ℎℎ−ℎR ‘，即BR <ℎR ‘
，于是可得AR BR >AR ‘BR ‘，这及AR BR =AR ‘BR ‘矛盾，类似地可证得当R 及R ‘同在AB 的延长线上时，R 及R ‘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，且常需要屡次使用 再相乘； 例3 点P 位于∆ABC的外接圆上；A 1、B 1、C 1
是从点P 向BC 、CA 、AB 引的垂线的垂足，证
A A 1C
明点A1、B1、C1共线。

【解析】易得：BA1
CA1=−BP∙cos∠PBC
CP∙cos∠PCB
，CB1
AB1
=−CP∙cos∠PCA
AP∙cos∠PAC
，AC1
BC1
=
−AP∙cos∠PAB
BP∙cos∠PBA
，将上面三个式子相乘，且因为∠PCA=∠PBC，
∠PAB=∠PCB，∠PCA+∠PBA=180°，可得BA1
CA1∙CB1
AB1
∙AC1
BC1
=1，
根据梅涅劳斯定理可知A1、B1、C1三点共线。

例4 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，那么EF及BC，FD及CA，DE及AB的交点X、Y、Z在同一条直线上。

【解析】∆ABC被直线XFE所截，由定理1可得：BX
XC ∙CE
EA
∙AF
FB
=1，
又因为AE=AF，代入上式可得BX
XC =FB
CE
，同理可得CY
YA
=DC
AF
，AZ
ZB
=EA
BD
，
将上面的式子相乘可得：BX
XC ∙CY
YA
∙AZ
ZB
=1，又因为X、Y、Z丢不在∆ABC
的边上，由定理2可得X、Y、Z三点共线。

例5直线AA1，BB1，CC1相交于O，直线AB与A1B1
的交点为C2，直线BC与B1C1的交点为A2，直线
AC与A1C1的交点为B2，试证A2、B2、C2三点共线。

【解析】设A2、B2、C2分别是直线BC与B1C1，
AC与A1C1，AB与A1B1的交点，对所得的三角形
与它们边上的点：OAB与〔A1，B1，C2〕，OBC
与〔B1，C1，A2〕，OAC与〔A1，C1，B2〕应用梅涅劳斯定理有：
AA1 OA1∙OB1
BB1
∙BC2
AC2
=1，OC1
CC1
∙BB1
OB1
∙CA2
BA2
=1，OA1
AA1
∙CC1
OC1
∙AB2
CB2
=1，将上面的三
个式子相乘，可得：BC2
AC2∙AB2
CB2
∙CA2
BA2
=1，由梅涅劳斯定理可知A2、B2、
C2共线。

例6在一条直线上取点E、C、A，在另一条上取点B、F、D，记直线AB与ED，CD与AF，EF与BC的交点依次为L、M、N，证明：L、M、N共线。

【解析】记直线EF与CD，EF与AB，AB与CD的交点分别为U、V、W，对∆UVW，应用梅涅劳斯定理于五组三元点(L,D,E)，(A,M,F)，
(B,C,N)，(A,C,E)，(B,D,F)，那么有UE
VE ∙VL
WL
∙WD
UD
=1，VA
WA
∙UF
VF
∙WM
YM
=1，
UN VN ∙WC
UC
∙VB
WB
=1，WA
VA
∙UC
WC
∙VE
UE
=1，WB
VB
∙UD
WD
∙VF
UF
=1，将上面五个式子
相乘可得：VL
WL ∙WM
UM
∙UN
VN
=1，点L、M、N共线。

二、塞瓦定理
定理：设P、Q、R分别是∆ABC的BC、CA、AB边上的点，那么
AP、BQ、CR三线共点的充要条件是：BP
PC ∙CQ QA
∙
AR
RB
=1。

证明：先证必要性：设AP、BQ、CR相交于
点M，那么BP
PC =S∆ABP
S∆ACP
=S∆BMP
S∆CMP
=S∆ABM
S∆ACM
，同理CQ
QA
=
S∆BCM S∆ABM ，AR
RB
=S∆ACM
S∆BCM
，以上三式相乘，得：BP
PC
∙CQ
QA
∙
AR RB =1，再证充分性：假设BP
PC
∙CQ
QA
∙AR
RB
=1，设AP及BQ相交于M，
且直线CM交AB于R’，由塞瓦定理有：BP
PC ∙CQ
QA
∙AR’
R’B
=1，约翰斯：
AR’R’B =AR
RB
，因为R与R’都在线段AB上，所以R’必及R重合，故
AP、BQ、CR相交于一点M。

例7证明：三角形的中线交于一点。

【解析】记∆ABC的中线AA1，BB1，CC1，
我们只须证明AC1
C1B ∙BA1
A1C
∙CB1
B1A
=1，而显然有：AC1=C1B，BA1=A1C，
CB1=B1A，即AC1
C1B ∙BA1
A1C
∙CB1
B1A
=1成立，所以，∆ABC交于一点，
例8在锐角∆ABC中，∠C的角平分线交AB于L，从L做边AC与BC的垂线，垂足分别是M与N，设AN与BM的交点是P，证明：CP⊥AB。

【解析】作CK⊥AB，下证CK、BM、
AN三线共点，且为P点，要证CK、BM、
AN三线共点，根据塞瓦定理即要证：AM
MC
∙
CN NB ∙BK
AK
=1，又因为MC=CN，即要证明：
AM AK ∙BK
NB
=1，因为∆AML≅∆AKC⟹AM
AK
=AL
AC
，∆BNL≅∆BKC⟹
BK NB =BC
BL
，即要证AL
AC
∙BC
BL
=1，根据三角形的角平分线定理可知：AL
AC
∙
BC
BL
=1，所以CK、BM、AN三线共点，且为P点，所以CP⊥AB。

例9设AD是∆ABC的高，且D在BC边上，假
设P是AD上任一点，BP、CP分别及AC、AB
交于E与F，那么∠EDA=∠FDA。

【解析】过A作AD的垂线，及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，因为AD⊥BC，故MN∥BC，可得∆AME≅
∆CDE，∆ANF≅∆BDF，所以AM
CD =AE
CE
，AN
BD
=AF
BF
，于是AM=
AE∙CD CE ，AN=AF∙BD
BF
，因为AD、BE、CF共点及P，根据塞瓦定理可
得：BD
DC ∙CE
EA
∙AF
FB
=1，所以AE∙CD
CE
=AF∙BD
BF
，所以AM=AN，所以
∠EDA=∠FDA
K L
N
M
C
B A
例10在∆ABC的边BC、CA、AB上取点A1、
B1、C1，证明AC1
C1B ∙BA1
A1C
∙CB1
B1A
=sin∠ACC1
sin∠C1CB
∙
sin∠BAA1 sin∠A1AC ∙sin∠CBB1 sin∠B1BA
【解析】如图对∆ACC1与∆BCC1应用正弦定
理，可得AC1
C1C =sin∠ACC1
sin∠A
，CC1
C1B
=sin∠B
sin∠C1CB
，即AC1
C1B
=sin∠ACC1
sin∠C1CB
∙sin∠B
sin∠A
，
同理：BA1
A1C =sin∠BAA1
sin∠A1AC
∙sin∠C
sin∠B
，CB1
B1A
=sin∠CBB1
sin∠B1BA
∙sin∠A
sin∠C
，从而AC1
C1B
∙BA1
A1C
∙
CB1 B1A =sin∠ACC1
sin∠C1CB
∙sin∠BAA1
sin∠A1AC
∙sin∠CBB1
sin∠B1BA。