数学竞赛 梅涅劳斯定理
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。
梅涅劳斯定理
【证法欣赏】
证法1：（平行线分线段成比例）
E
A G
FFA
G
E
BCD
D
BC
证：如图，过A作AG//BC交CF延长线于G，
∵AG//BC，∴
AF
FB
AG
BD
，
CE
EA
CD
AG
，
又
BD
CD
BD
CD
AFCEBDAGCDBD
则1
FBEACDBDAGCD
AFBDCE
∴1
FBDCEA
证法2：（正弦定理）
E
A
F
A
F
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，
AFBDCED、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
E
A
F
A
F
中学数学中的著名定理~ 1 ~E
BCD
【定理应用】
梅涅劳斯定理的应用定理1：
若ABC的A的外角平分线交边BC延长线于P，B的平分线交边AC于Q，
C的平分线交边AB于R，则P、Q、R三点共线。
证：由三角形内、外角平分线定理知，
BP
PC
BA
CA
，
CQ
QA
BC
AB
，
AR
RB
CA
CB
，
R
A
F
Q
ARBP，
CQCABABC
则1
RBPCQACBCAAB
BC
P
故P、Q、R三点共线。
【定理应用】
梅涅劳斯定理的应用定理2：
梅涅劳斯(Menelaus)定理
补充讲义梅涅劳斯（Menelaus）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。
AFED证明：塞瓦定理ΔABC的三边BC，CA，AB上有点D，E，F.若AD，BE，CF三线交于一点O.求证：. BD/DC*CE/EA*AF/FB=1∵三角形ABC内一点O，AO，BO，CO交对边于D，E，F。
证（AF/FB）*（BD/DC）*（CE/EA）=1。
1）最简单的证法：用面积证。
2）用梅涅劳斯定理：3）用分角定理：证明：塞瓦定理的应用定理：设平行于△ABC的边BC的直线与两边AB、AC的交点分别是D、E，又设BE和CD交于S，则AS一定过边BC的中心MAD ESB M C实际运用：2010年上海中考题25．如图9，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°.半径为1的圆A与边AB相交于点D，与边AC 相交于点E，连结DE并延长，与线段BC的延长线交于点P.（1）当∠B＝30°时，连结AP，若△AEP与△BDP相似，求CE的长；（2）若CE=2，BD=BC，求∠BPD的正切值；（3）若1tan3BPD∠=，设CE=x，△ABC的周长为y，求y关于x的函数关系式.图9 图10(备用) 图11(备DP武汉2010年中考试题24．(本题满分10分) 已知：线段OA⊥OB，点C为OB中点，D为线段OA上一点。
连结AC，BD交于点P．(1) 如图1，当OA=OB，且D为OA中点时，求APPC的值；(2) 如图2，当OA=OB，且AD1AO4时，求tan∠BPC的值．(3) 如图3，当AD∶AO∶OB=1∶n∶tan∠BPC的值．（图1）（图2）（图3）25．(本题满分12分) 如图．抛物线经过A （－1，0），C （2，）两点， 与x 轴交于另一点B ．(1) 求此地物线的解析式；(2) 若抛物线的顶点为M ，点P 为线段OB 上一动点 (不与点B 重合)，点Q 在线段MB 上 移动，且∠MPQ=45°，设线段OP=x ，MQ=，求y 2与x 的函数关系式，并直接写出 自变量x 的取值范围；(3) 在同一平面直角坐标系中，两条直线x=m ，x=n 分别与抛物线交于点E ，G ，与(2)中的 函数图象交于点F ，H ．问四边形EFHG 能否为平行四边形? 若能，求m ，n 之间的数量关 系；若不能，请说明理由．补充知识点：1、 中线定理：（巴布斯定理）设三角形ABC 的边BC 的中点为P ，则有AB 2+AC 2=2(AP 2+BP 2)AB C212y ax ax b =-+3222yP2、广勾定理：在三角形中，锐角(或钝角)所对的边的平方等于另外两边的平方和，减去(或加上)这两边中的一边与另一边在这边(或其延长线)上的射影的乘积的2倍．A AB CD C （锐角）证明：AC2=AB2+BC2-2BD*BC （钝角）证明：AC2=AB2+BC2+2BD*BC知识补充：（北京市2010年中考题第25题）1、问题：已知△ABC中，∠BAC=2∠ACB，点D是△ABC内的一点，且AD=CD，BD=BA。
四个重要定理(梅涅劳斯,塞瓦,托勒密,西姆松)
四个重要定理梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则P、Q、R共线的充要条件是 。
塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点）△ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、CR共点的充要条件是。
托勒密(Ptolemy)定理四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。
西姆松(Simson)定理（西姆松线）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。
例题：1． 设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。
求证：。
【分析】CEF截△ABD→（梅氏定理）【评注】也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一作CF的平行线。
2． 过△ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、F，交CB于D。
求证：。
【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中点。
DEG截△ABM→（梅氏定理）DGF截△ACM→（梅氏定理）∴===1【评注】梅氏定理3． D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，，AD、BE、CF交成△LMN。
求S△LMN。
【分析】【评注】梅氏定理4． 以△ABC各边为底边向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。
求证：AE、BF、CG相交于一点。
【分析】【评注】塞瓦定理5． 已知△ABC中，∠B=2∠C。
求证：AC2=AB2+AB·BC。
【分析】过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。
则CD=DA=AB，AC=BD。
由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。
【评注】托勒密定理6． 已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。
求证：。
（第21届全苏数学竞赛）【分析】【评注】托勒密定理7． △ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，作PE⊥AB于E，延长ED交AC延长线于F。
求证：BC·EF=BF·CE+BE·CF。
初中数学竞赛专题-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 αγ'=',同理,sin sin CB CA γβ'=',sin sin AC AB βα'=',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111AC 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 CBC 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 CA′B'C '图1-2A证明 如图12-,可得1sin 21sin 2ABA 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′OCBB'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） EDCBM NA图1-4证明 设AM CNr AC CD==（01r <<）,AC 交BD 于E ．341ABD BCD ABC S S S =△△△∶∶∶∶,∴17BE BD =,37AE AC =． 37371771AM 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77311177r r r r-⋅⋅=--． 化简整理,得 2610r r --=,解得12r =,13r =-（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'GFEDCBA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 θαθβαθβθ⋅-⋅⋅=⋅⋅⋅⋅-⋅sin()sin sin sin()θαβαθβ-⋅=⋅-．故 sin()sin sin()sin θαβθβα-⋅=-⋅．即 sin cos sin cos sin sin sin cos sin cos sin sin θαβθαβθβαθβα⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅-⋅⋅,亦即 sin cos sin sin sin cos sin()0πk θαβθαβαβαβ⋅⋅=⋅⋅⇔-=⇔-=,且k 只可能为0,故GAC ∠ 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．FED CBAP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 DAPBAC 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*sin sin sin()1sin()sin sin FDAFG B FEC FB A FG C FED S S S DA B G CE FD FB FC AB G C ED S S S FB FC FD 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）CP （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△1AGO ∽△2AHO ,从而 12AO DE AG DF AO AH ==,即AH AGFD ED=． 又CE CG =,则1AH DP DP AG DP AG CEFD 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 CEPA GC ED ⋅⋅=． 上述两式相除,则有AH BF AG CEHB FD GC ED⋅=⋅． 而HB BF =,CE GC =,于是AH AG FD ED =,即AG DEAH 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 DEO 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12NC CA =． YXGMN PQCB A图1-8对△ABN 及截线XQC ,应用梅涅劳斯定理,有1212AX BQ NC BQ XB QN CA QN ⋅⋅=⋅⋅=,故BQ QN =． 从而MQ AC ∥,且1124MQ CN AC ==．同理,MP AB ∥,且14MP 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 MQAB 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 OEQ OBQ OCQ OFQ ===∠∠∠∠,因此OE OF =．故QE QF =．QCBAEFOM 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 FCBE 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14ADE 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．QFE DCB AP 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 BFEA FC=． 对△BAM 及截线EPD ,△BCM 及截线FQD ,分别应用梅涅劳斯定理,有 1BE APMDEA PM DB ⋅⋅=,① 1BF CQMD FC QMDB⋅⋅=．②由①,②两式相除得AP CQPM QM=． 而AP CQ =,故PM MQ =,即有AM MC =．此时,又有12ABD CBD ABCD S S S ==△△．又由14ADE ABCD S S =△,知BE EA =,于是①式可写为12111BE AP MD MDEA PM DB DB⋅⋅=⋅⋅=,即有2DB M D =,亦即BM M D =． 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 =．KA 2A 1DCBA图1-11由2AA 平分BAC ∠,有22BA AB AC A C=． ①由2KA AC ∥,有1122A 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1222=A A BD DA A C,由合比定理,有 1221211212222A A A C A A A C 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 ABAC 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 1C 2B 2B 1A 2A 1UWVXYZ CBA图1-12由已知条件,有△1AC C ∽△2AB B ,△2BA A ∽△1BC C ,21CB B CA A △∽△,得 12AC ACAB 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 11111A C BC AU UA CB C A ⋅⋅=, ② 22221A X AB CB XA B C BA ⋅⋅=, ③ ①,②,③三式相乘化简,得12AU AXUA 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 MG FEDCA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 BDMH GB DA⋅⋅=． 两式相除,得 FH CF AE BDHG CE BG AD⋅⋅=⋅⋅．在Rt △DBC 与Rt △EBC 中,有2CD BC FC =⋅,2BE BC BG =⋅,即22CF CD BG BE =．将其代入①式,得 22FH CD AE BDHG BE CE AD⋅⋅=⋅⋅． 又由△ABE ∽△ACD ,有CD ADBE AE=． 将其代入②式,得 DBC EBC S FH CD BD DF DMHG BE CE S EG MG ⋅====⋅△△,从而,M H DF ∥． 而DF BE ⊥,则MH BC ⊥,故AM BC ⊥．证法 2 作高AH ,连BE ,CD ,则90BDC BEC =⋅=∠∠,于是,sin DF BD B =⋅=∠ cos sin BC B B ⋅⋅∠∠,cos sin EG BC C C =⋅⋅∠∠．∴cos sin cos cos sin cos GM EG C C AB CMD FD B B AC B⋅===⋅⋅∠∠∠∠∠∠． 又cos BH AB B =⋅∠,cos HG AE C =⋅∠,∴ cos cos cos cos BH AB B AC B HG AE C AD C ⋅⋅==⋅⋅∠∠∠∠,即BH GM AB HG MD AD ⋅=,故1BH GM DAHG 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）EB 2A 1B 1C 1C 2KFHOI DCBA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2BOC BAC =∠∠．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12121AC CC DI C D IC C A⋅⋅=． ①注意到 112AC AB ABC D AD AC AC BC ⋅=-=-+ 22sin sin ()sin (sin sin )222()sin sin cos2C B AR AB AC BC C B A RA B AC BC B A-⋅⋅--⋅===-++,则 11sinsin22cos cos 22C B AC D C A BAC -⋅=-⋅． 而sin cos sin 22sin sin sin 22C A B B IC AC ADC C C DI AD ACD ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭====∠∠,由①式,有2121sin 2cos2B A CC CD IC C C A DI AC -=⋅=．从而 22222sincos 22cos2A BAC CC AC C AC C A⋅-==． ②又对△ACD 及截线12B IB ,应用梅涅劳斯定理,有21211AB CB DI B D IC B A⋅⋅=． 注意到11CB B A =,有22sin2cos 2C B D DI A B AB IC ==-,2222cos sin 2sin sin2222cos cos22A B C A BAB B D AD A B A B AB AB --⋅-===--,即2cos cos cossin 222sin sin 2sin sin 2sin sin 2sin sin 222222A B A B A B AC B AB AD AB AB A B A B A B AC BC B A ---=⋅=⋅⋅=⋅⋅=++⋅⋅⋅cos22cos sin22B ABC A ⋅⋅．从而 22sincos 22cos2A C ABB AB ⋅=． ③由2222221BKB CKC ABC AB C AB AC S S S S AB AC ⋅=⇔=⇔=⋅△△△△,注意②,③24sin 12A⇔=,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 FIB C EF IA⋅⋅=． ④又由11AB B C =及角平分线性质,即有FI CF BF BCIA CA BA AB AC===+． 令BC a =,AC b =,AB c =,则FI aIA b c=+． 由④式,有CE b c EF a +=,即EF EF aCF CE EF b c a==-+-． 而abCF b c =+,则2()()a b EF b c a b c =+-+．又ac BF b c =+,()a a c BE EF BFbc a -=-=+-（由题设知a c >）． 从而 ()()EF abBE b c a c =+-． 对ABF △及截线2IB E ,应用梅涅劳斯定理,有221BB 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 cAB AB b++-==． ⑥同理2AC a c bAC c+-=． 由2222221BKB CKC ABC AB C AB AC S S S S AB AC ⋅=⇔=⇔=⋅△△△△,注意⑥,⑦1a b c a c bb 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：1111MH ML MH ML +=+''． H 'L'LDCAMOH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 DCLL BD CM'⋅⋅='． 对DL H '△及直线BAM 由梅涅劳斯定理得 1L M HA DBMH AD BL '⋅⋅='． 对MHD △及直线CH A '由梅涅劳斯定理得1HH MC DAH 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1111MH 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 OCDM MH LO =⋅,② 由①LC ⋅+②BL ⋅,得 BA CD HL OB LC OC BLLC BL AM DM MH LO⋅+⋅⋅+⋅=⋅．③ 注意到 OB LC OC BL BC LO ⋅+⋅=⋅（直线上的托勒密定理）,则③式变为BA CDLC BL AM DM⋅+⋅= HLDC 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 ABBC 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） PXYZ FE D CB 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 CEFB PC EA EA PC FB=⋅⋅=⋅⋅XZ BP CY XZ BP CYYX 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 =⋅⋅=⋅⋅,332123213111CB 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 CC 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()2BC BK B C KB ==-．同理11211()2B 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3333331AC BA CB 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 EDC BA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 ACFDAC 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 PJPB 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 H D P PBF '==∠∠∠． H 'E'PDCBAHF EG 图1-19进而H BG H BP GBP PBF PBE E BF ''''=-=-=∠∠∠∠∠∠．所以 sin sin sin sin sin sin 1sin sin sin sin sin sin PBH GBI FBE FBP GBP FBE H BG IBF E BP E BF PBF PBG'''⋅⋅=⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠．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 DQMA AL AQ==． 同理,CN CQBN BQ=． 于是,DM AM AM DM AD DQ AQ AQ DQ DQ AQ +===++,CN BN BCCQ BQ BQ CQ==+, 所以,211MQ DQ DQ DA AQ DM DM AD AD +=+=+=,2QN BQCN 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 QNPD 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 CEFB RC EA⋅⋅=,RFEDCBAPQ S 图1-21即有BR EA FB FBRC CE AF CE=⋅=． 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 FPSQ 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 FBFB 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：22SU 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 2TA TR TQ =⋅,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 SBRT 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 22SU SP XP SB XQ SC SB SC SA TU TP RT BX QT CX TR TQ TA ⋅=⋅⋅⋅=⋅=． 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 ．SD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 BSTE EG HB CB AD AS ===． 上述三式相乘,有 1AT EH BS AD GE CBTE 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 =,12AG GD =,EG 交AC 于点F ,求AFFC． 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A IM E 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B1．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△OAB 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449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：212212BF 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）第一章 梅涅劳斯定理及应有习题A1．延长CB ,FE 交于H ,ADB △与截线GEH ,有13122AG DH BE DH GD HB EA HB ⋅⋅=⋅⋅=,有43DH HB =,即74CH HD =．对ACD △及截线FGH ,72141AF CH DG AF FC HD GA FC ⋅⋅=⋅⋅=,求得27AF FC =． 2．设CB ,DE 的延长线交于P ,又BP BC =,32FP PB =,对AFB △与截线HEP ,CGE ,有31121AH FP BE AH GF PB EA HF ⋅⋅=⋅⋅=,即23AH HF =；11121AG FC BE AG GF CB EA GF ⋅⋅=⋅⋅=,即21AG GF =．由此求得645AH HG GF =∶∶∶∶．3．对BDP △于截线CEA ,有1231612BC DA PE BC CD AP EA CD ⋅⋅=⋅⋅=,知BD DC =．对CDP △与截线BFA ,有22111CB DA PF PF BD AP FC FC ⋅⋅=⋅⋅=,知14PF FC =．而20CF =,故15CP =． 在PBC △中,由中线长公式2PD =,得2BC =,即BD =．又22222269BP PD BD +=+==,即90BPD ∠=︒,27PBD S =△,4108ABC PBD S S ==△△．4．直线OCB 分别与DMF △和AEM △的三边延长线都相交,有1DB MO FC MB FO DC ⋅⋅=,1AB EO MCEB MO AC⋅⋅=,即OF OE DB FC EB AC OM OM MB DC AB MC ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅．由EF AD ∥,有DB AB MB EB =,FC MC DC AC =,从而21OF OEOM ⋅=,即22OF OE OM OP ⋅==,有OFP OPE △∽△,故OPF OEP ∠=∠．5．直线截ABC △,有22133CF AD BE BE FA DB EC EC ⋅⋅=⋅⋅=,即94BE EC =,故54BC CE =．直线截DBE △,有25154EF AD BC EF FD AB CE ED ⋅⋅=⋅⋅=,所以21EF FD =∶∶． 6．设AC BC x ==,则AB =,。
竞赛常用定理--数学
几何篇梅涅劳斯定理：当直线交三角形ABC三边所在直线BC、AC、A于点D、E、F时，（AF/FB）×（BD/DC）×（CE/EA）=1以及逆定理：在三角形ABC三边所在直线上有三点D、E、F，且（AF/FB）×（BD/DC）×（CE/EA）=1，那么D、E、F三点共线。
角元形式梅捏劳斯定理：（sin∠BAD/sin∠DAC）×(sin∠ACF/sin∠FCB)×(sin∠CBE/sin∠EBA)=1塞瓦定理：指在△ABC内任取一点O，直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则(BD/DC)×(CE/EA)×(AF/FB)=1。
角元塞瓦定理：AD,BE,CF交于一点的充分必要条件是：(sin∠BAD/sin∠DAC)*(sin∠ACF/sin∠FCB)*(sin∠CBE/sin∠EBA)=1逆定理：在△ABC的边BC，CA，AB上分别取点D，E，F，如果(AF/FB)(BD/DC)(CE/EA)=1那么直线AD，BE，CF相交于同一点。
”正弦定理：在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，三角形外接圆的半径为R。
则有：a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R余弦定理：，在△ABC中，余弦定理可表示为：c²=a²+b²-2ab cosCa²=b²+c²-2bc cosAb²=a²+c²-2ac cosB托勒密定理：指圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
三弦定理：由圆上一点引出三条弦,中间一弦与最大角正弦的积等于其余每条弦与不相邻角正弦的积之和。
用图表述；圆上一点A,引出三条弦AB(左)、AC(右)、及中间弦AD,BC与AD交于P,根据《三弦定理》,有以下关系, ABsin∠CAP +ACsin∠BAP= ADsin∠BAC。
中学数学竞赛中常用的几个重要定理
数学竞赛中几个重要定理1、 梅涅劳斯定理：如果在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点D 、E 、F 且D 、E 、F三点共线，则FBAFEA CE DC BD ••=12、 梅涅劳斯定理的逆定理：如果在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点D 、E 、F ，且满足FBAFEA CE DC BD ••=1，则D 、E 、F 三点共线.【例1】已知△ABC 的重心为G ，M 是BC 边的中点，过G 作BC 边的平行线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 ∽△ABCj MQGAC BXY P【例2】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【例3】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.【练习1】设凸四边形ABCD 的对角线AC 和BD 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【练习2】 在△ABC 中，∠A=900，点D 在AC 上，点E 在BD 上，AE 的延长线交BC 于F. 若BE ：ED=2AC ：DC ，则∠ADB=∠FDCD塞瓦定理：设O是△ABC内任意一点，AO、BO、CO分别交对边于N、P、M，则1=••PACPNCBNMBAM塞瓦定理的逆定理：设M、N、P分别在△ABC的边AB、BC、CA上，且满足1=••PACPNCBNMBAM，则AN、BP、CM相交于一点.【例1】B E是△ABC的中线，G在BE上，分别延长AG，CG交BC，AB于点D，F，过D作DN∥CG交BG于N，△DGL及△FGM是正三角形.求证：△LMN为正三角形.GCLMEDFN【例2】在△ABC 中，D 是BC 上的点DC BD =31，E 是AC 中点.AD 与BE 交于O ，CO 交AB 于F 求四边形BDOF 的面积与△ABC 的面积的比【练习1】设P 为△ABC 内一点，使∠BPA=∠CPA ，G 是线段AP 上的一点，直线BG ，CG 分别交边AC ，AB 于E ，F.求证：∠BPF=∠CPE【练习2】 在△ABC 中，∠ABC 和∠ACB 均为锐角.D 是BC 边BC 上的内点，且AD 平分∠BAC ，过点D 作垂线DP ⊥AB 于P ，DQ ⊥AC 于Q ，CP 于BQ 相交于K. 求证：AK ⊥BCCCC托勒密定理：四边形ABCD 是圆内接四边形，则有AB ·CD+AD ·BC=AC ·BD【例1】 已知在△ABC 中，AB >AC ，∠A 的一个外角的平分线交△ABC 的外接圆于点E ，过E 作EF ⊥AB ，垂足为F.求证：2AF=AB -AC【例2】经过∠XOY 的平分线上的一点A ，任作一直线与OX 及OY 分别相交于P ，Q.求证：OP 1+OQ1为定值HABCEFAXYPOQ【例3】 解方程42-x+12-x=x 7【练习1】 设AF 为⊙O1与⊙O2的公共弦，点B ，C 分别在⊙O1，⊙O2上，且AB=AC ，∠BAF ，∠CAF 的平分线交⊙O1，⊙O2于点D ，E. 求证：DE ⊥AF【练习2】⊙O 为正△ABC 的外接圆，AD 是⊙O 的直径，在弧BC 上任取一点P （与B ，C不重合）.设E ，F 分别为△PAB ，△PAC 的内心.证明：PD=∣PE-PF ∣西姆松定理：点P 是△ABC 外接圆周上任意一点，PD ⊥BC ，PE ⊥AC ，PF ⊥AB ，D 、E 、F 为垂足，则D 、E 、F 三点共线，此直线称为西姆松线.【例1】过正△ABC 外接圆的弧AC 上点P 作P D ⊥直线AB 于D,作PE ⊥AC 于E,作PF ⊥BC 于F.求证：PF 1+PD 1=PE1【练习1】设P 为△ABC 外接圆周上任一点，P 点关于边BC ，AC 所在的直线的对称点分别为P 1，P 2.求证：直线P 1P 2经过△ABC 的垂心.CABPEFD HABP1P2CP三角形的五心内心【例1】设点M 是△ABC 的BC 边的中点，I 是其内心，AH 是BC 边上的高，E 为直线IM 与AH 的交点.求证：AE 等于内切圆半径r【例2】在△ABC 中，AB=4，AC=6，BC=5，∠A 的平分线AD 交△ABC的外接圆于K.O ，I 分别为△ABC 的外心，内心.求证：OI ⊥AK【练习】 在△ABC 中，∠BAC=300，∠ABC=700，M 为形内一点，∠MAB=∠MCA=200求∠MBA 的度数.B外心【例1】锐角△ABC的外心为O，线段OA，BC的中点为M，N，∠ABC=4∠OMN，∠ACB=6∠OMN.求∠OMN【例2】在等腰△ABC中，AB=BC，CD是它的角平分线，O是它的外心，过O作CD的垂线交BC于E，再过E作CD的平行线交AB于F，证明：BE=FD.【练习】1、⊙O 1与⊙O 2相交于P ，Q ，⊙O 1的弦PA 与⊙O 2相切，⊙O 2的弦PB 与⊙O 1相切.设△PAB 的外心为O ，求证：OQ ⊥PQ重心【例1】在△ABC 中，G 为重心，P 是形内一点，直线PG 交直线BC ，CA ，AB 于F ，E ，D.求证：FG FP +EG EP +DGDP=3【例2】已知△ABC 的重心G 和内心I 的连线GI ∥BC ，求证：AB+AC=2BCC【练习】1、设M 为△ABC 的重心，且AM=3，BM=4，CM=5，求△ABC 的面积.2、设O 是△ABC 的外心，AB=AC ，D 是AB 的中点，G 是△ACD 的重心，求证：OG ⊥CD垂心三角形任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的2倍.BCB【例1】△ABC 的外接圆为⊙O ，∠C=600，M 是弧AB 的中点，H 是△ABC 的垂心.求证：OM ⊥OH【例2】已知AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高，过D 作EF 的平行线RQ ，RQ 分别交AB 和AC 于R ，Q ，P 为EF 与CB 的延长线的交点.证明：△PQR 的外接圆通过BC 的中点M.旁心【例1】在锐角∠XAY 内部取一点，使得∠ABC=∠XBD ，∠ACB=∠YCD.证明：△ABC 的外心在线段AD 上.CD【例2】AD是直角△ABC斜边BC上的高（AB<AC），I1，I2分别是△ABD，△ACD的内心，△A I1 I2的外接圆⊙O分别交AB，AC于E，F，直线FE与CB的延长线交于点M.证明：I1，I2分别是△ODM的内心与旁心.相交两圆的性质与应用【例1】证明：若凸五边形ABCDE中，∠ABC=∠ADE，∠AEC=∠ADB. 证明：∠BAC=∠DAEE【例2】已知⊙O1与⊙O2相交于A，B，直线MN垂直于AB且分别与⊙O1与⊙O2交于M，N，P 是线段MN的中点，Q1，Q2分别是⊙O1与⊙O2上的点，∠AO1Q1=∠AO2Q2求证：PQ1=PQ2【练习】梯形ABCD中，AB∥CD，AB>CD，K，M分别是腰AD，CB上的点，∠DAM=∠CBK，求证：∠DMA=∠CKBA其他的一些数学竞赛定理1、 广勾股定理的两个推论：推论1：平行四边形对角线的平方和等于四边平方和.推论2：设△ABC 三边长分别为a 、b 、c ，对应边上中线长分别为m a 、m b 、m c 则：m a =2222221a c b -+；m b =2222221b c a -+；m c =2222221c b a -+2、 三角形内、外角平分线定理：内角平分线定理：如图：如果∠1=∠2，则有ACABDC BD =外角平分线定理：如图，AD 是△ABC 中∠A 的外角平分线交BC 的延长线与D ，则有ACABDC BD =3、 三角形位似心定理：如图，若△ABC 与△DEF 位似，则通过对应点的三直线AD 、BE 、CF 共点于P4、 正弦定理、在△ABC 中有R CcB b A a 2sin sin sin ===（R 为△ABC 外接圆半径） 余弦定理： a 、b 、c 为△ABC 的边，则有： a 2=b 2+c 2-2bc ·cosA;b 2=a 2+c 2-2ac ·cosB; c 2=a 2+b 2-2ab ·cosC;5、欧拉定理：△ABC 的外接圆圆心为O ，半径为R ，内切圆圆心为I ，半径为r,记OI=d,则有：d 2=R 2-2Rr.6、巴斯加线定理：圆内接六边形ABCDEF （不论其六顶点排列次序如何），其三组对边AB 与DE 、BC 与EF 、CD 与FA 的交点P 、Q 、R 共线.。
梅涅劳斯定理怎么记
梅涅劳斯定理怎么记
梅氏定理记忆：
记忆口诀：顶点到交点，交点回顶点。
1、了解这个定理的内容。
2、能熟练地证明定理。
3、在能证明定理内容的基础上，进行理解的记忆。
梅涅劳斯定理
梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。
他指出：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。
证明：
过点A作AG‖BC交DF的延长线于G
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
它的逆定理也成立：若有三点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，则F、D、E三点共线。
利用这个逆定理，可以判断三点共线。
初中数学竞赛中常用重要定理
数学竞赛中几个重要定理1、 梅涅劳斯定理：如果在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点D 、 E 、F 且D 、E 、F 三点共线，则FB AF EA CE DC BD ∙∙=12、 梅涅劳斯定理的逆定理：如果在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点D 、E 、F ，且满足FB AF EA CE DC BD ∙∙=1，则D 、E 、F 三点共线。
3、 塞瓦定理：设O 是△ABC 内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于N 、P 、M ，则1=∙∙PACP NC BN MB AM4、 塞瓦定理的逆定理：设M 、N 、P 分别在△ABC 的边AB 、BC 、CA 上，且满足1=∙∙PA CP NC BN MB AM ，则AN 、BP 、CM 相交于一点。
5、 广勾股定理的两个推论：推论1：平行四边形对角线的平方和等于四边平方和。
推论2：设△ABC 三边长分别为a 、b 、c ，对应边上中线长分别为m a、m b 、m c则：m a =2222221a c b -+；m b =2222221b c a -+；m c =2222221c b a -+ 6、 三角形内、外角平分线定理：内角平分线定理：如图：如果∠1=∠2，则有AC AB DC BD =外角平分线定理：如图，AD 是△ABC 中∠A 的外角平分线交BC 的延长线与D ，则有ACAB DC BD =7、 托勒密定理：四边形ABCD 是圆内接四边形，则有AB ·CD+AD ·BC=AC ·BD8、 三角形位似心定理：如图，若△ABC 与△DEF 位似，则通过对应点的三直线AD 、BE 、CF 共点于P9、 正弦定理、在△ABC 中有R Cc B b A a 2sin sin sin ===（R 为△ABC 外接圆半径） 余弦定理：a 、b 、c 为△ABC 的边，则有：a 2=b 2+c 2-2bc ·cosA; b 2=a 2+c 2-2ac ·cosB; c 2=a 2+b 2-2ab ·cosC;10、西姆松定理：点P 是△ABC 外接圆周上任意一点，PD ⊥BC ，PE ⊥AC ， PF ⊥AB ，D 、E 、F 为垂足，则D 、E 、F 三点共线，此直线称为西姆松线。
初中数学竞赛中常用重要定理
数学竞赛中几个重要定理1、 梅涅劳斯定理：如果在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点D 、 E 、F 且D 、E 、F 三点共线，则FB AF EA CE DC BD ••=12、 梅涅劳斯定理的逆定理：如果在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点D 、E 、F ，且满足FB AF EA CE DC BD ••=1，则D 、E 、F 三点共线。
3、 塞瓦定理：设O 是△ABC 内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于N 、P 、M ，则1=••PACP NC BN MB AM4、 塞瓦定理的逆定理：设M 、N 、P 分别在△ABC 的边AB 、BC 、CA 上，且满足1=••PA CP NC BN MB AM ，则AN 、BP 、CM 相交于一点。
5、 广勾股定理的两个推论：推论1：平行四边形对角线的平方和等于四边平方和。
推论2：设△ABC 三边长分别为a 、b 、c ，对应边上中线长分别为m a、m b 、m c则：m a =2222221a c b -+；m b =2222221b c a -+；m c =2222221c b a -+ 6、 三角形内、外角平分线定理：内角平分线定理：如图：如果∠1=∠2，则有AC AB DC BD =外角平分线定理：如图，AD 是△ABC 中∠A 的外角平分线交BC 的延长线与D ， 则有ACAB DC BD =7、 托勒密定理：四边形ABCD 是圆内接四边形，则有AB ·CD+AD ·BC=AC ·BD8、 三角形位似心定理：如图，若△ABC 与△DEF 位似，则通过对应点的三直线AD 、BE 、CF 共点于P9、 正弦定理、在△ABC 中有R C c B b A a 2sin sin sin ===（R 为△ABC 外接圆半径） 余弦定理：a 、b 、c 为△ABC 的边，则有：a 2=b 2+c 2-2bc ·cosA; b 2=a 2+c 2-2ac ·cosB; c 2=a 2+b 2-2ab ·cosC;10、西姆松定理：点P 是△ABC 外接圆周上任意一点，PD ⊥BC ，PE ⊥AC ， PF ⊥AB ，D 、E 、F 为垂足，则D 、E 、F 三点共线，此直线称为西姆松线。
数学竞赛平面几何定理
EDCB A平面几何一、知识点金1.梅涅劳斯定理：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1BP CQ AR PC QA RB⋅⋅=注：梅涅劳斯定理的逆定理也成立（用同一法证明）2.塞瓦定理：设,,P Q R 分别是ABC ∆的三边,,BC CA AB 或它们的延长线上的点，若,,AP BQ CR 三线共点，则1BP CQ AR PC QA RB⋅⋅=注：塞瓦定理的逆定理也成立3.托勒密定理：在四边形ABCD 中，有AB CD BC AD AC BD ⋅+⋅≥⋅，并且当且仅当四边形ABCD ()ABCD E BAE CAD ABE ACDAB BE ABE ACD AB CD AC BE AC CD AB AE BAC EAD ABC AED AC AD BC ED AD BC AC ED AC ADAB CD AD BC AC BE ED AB CD AD BC AC BDE BD A B C D ∠=∠∠=∠∆∆∴=⇒⋅=⋅=∠=∠∴∆∆∴=⇒⋅=⋅∴⋅+⋅=⋅+∴⋅+⋅≥⋅ 证：在四边形内取点，使，则：和相似又且和相似且等号当且仅当在上时成立，即当且仅当、、、四点共圆时成立；注：托勒密定理的逆定理也成立4.西姆松定理：若从ABC ∆外接圆上一点P 作,,BC AB CA 的垂线，垂足分别为,,D E F ，则,,D E F 三点共线。
西姆松定理的逆定理：从一点P 作,,BC AB CA 的垂线，垂足分别为,,D E F 。
若,,D E F 三点共线，则点P 在ABC ∆的外接圆上。
5．蝴蝶定理：圆O 中的弦PQ 的中点M ，过点M 任作两弦AB ，CD ，弦AD 与BC 分别交PQ 于X ，Y ，则M 为XY 之中点。
证明：过圆心O 作AD 与BC 的垂线，垂足为S 、T ，连接OX ，OY ，OM ，SM ，MT 。
初中数学竞赛：梅涅劳斯定理
初中数学竞赛：梅涅劳斯定理经常做竞赛题的同学，看到这道题之后可能一下子就看出来了，第一小题就是梅涅劳斯定理，如果你不知道这是啥玩意儿，那么接下来就认真阅读，并且牢记第一小题这个结论；解析：（1）梅涅劳斯定理的定义，简单点说就是一个三角形被一条直线贯穿，和三边所在的直线有3个交点，那么按照每条边上的两个三角形顶点与该边上新出现的交点组成的线段的比例（一定要按顺序来，要么顺时针要么逆时针）的乘积等于1；如果不理解的话，自己百度吧。
要证明这个结论，我们只需要借助平行相似过A做BC的平行线，交FD的延长线于H如图，根据平行，我们可以得到△ADH∽△BDF，△AEH∽△CEF那么AD/BD=AH/BF，CE/AE=CF/AH接下来我们将两个式子相乘则AD/BD·CE/AE=CF/BF都移到一边可得AD/BD·CE/AE·BF/CF=1与结论一样了吧；后面的篇幅有点长，针对不同群体提供了2种方法，本来打算设置付费，但是为了让更多的同学参考学习，仍然免费；如果同学们觉得值得学习，请转发至朋友圈，让更多的同学关注；（2）这一小题有点复杂了，但是根据题干的提示，让利用第一小题的结论，所以相对会简单点，如果说，没有第一小题，直接这道题就是让证明这一个结论，那么抛开梅涅劳斯定理，这道题就变得非常复杂了，也就是需要从第一步开始证明；当然，经常做竞赛的同学，可能容易想到梅涅劳斯定理，可以直接用，但是如果说第二小题直接放在了中考当中，或者是某些学校的自主招生试题中，当做独立的一道题，就会有一些同学不知道梅涅劳斯定理，那么就需要从头到尾一步步来解决，如此一来，这道题就相当于一道工作量巨大的题目了；今天老师给大家提供两种方法，先用不借助梅涅劳斯定理的方法，该方法适合每位九年级同学，但是如果你的数学成绩还不足80%的得分率，恐怕掌握上有难度；第二种就用第一小题的结论来证明，也就是经常做竞赛题的同学，直接利用梅涅劳斯定理来做题；·············································先来看第一种方法，当然还是在第一小题的图形基础上，也就是AH和FH还是必须有滴，现在出现了一个重心G而结论中的BD/AD和CE/AE都好说，根据刚才的过程可知BD/AD=BF/AH，CE/AE=CF/AH那么BD/AD+CE/AE=（BF+CF)/AH现在问题就出现了，BF+CF需要等于AH才能得到结论，既然多了一个重心G，根据重心的位置可知如果连接CG并且延长，和AB边的交点为AB中点，那么我们就添加辅助线吧，顺便多延长一些，交AH于K如图，根据M是AB中点，利用全等可知AK=BC，那么接下来只要HK=2CF即可，所以到了最关键的时候，如何证明呢？观察HK和CF，符合平行相似，需要证明△HKG和△FCG的相似比为2：1所以复杂的地方就在这里了后面的内容可以等同于一道证明题了，即证明重心将中线分成的两个线段的比例，可能有同学遇到过这类题了，其实就相当于一个结论，如果不经常接触这类题，估计结论也记不住，那么接下来我们一起来解决它；接着刚才的，要证明HK=2CF，只需要连接AG并且延长与BC相交，证明这条中线被G分成的两条线段为2：1即可，如图，要证明AG=2NG，我们只能借助于重心G，重心是三角形中线的交点，所以我们还得再连接BG同时延长交AC于L观察图形，这个时候M和L都是中点，如果连接ML，则可得中位线如图，根据ML是△ABC中位线可知BC=2ML那么AN就被ML给平分了，我们标注一下这个交点吧假设ML和AN交于O，那么OA=ON，而根据ML//BC可得相似，即△MGL∽△CGB则OG：GN =ML：BC=1：2所以GN=2ON/3，OG=ON/3则AG=OA+OG=4ON/3所以AG =2GN那么现在有了2倍关系，接下来需要将2倍关系转换到HK和CF 上根据△HAG∽△FNG可得HG：FG =2：1那么放到△HKG∽△FCG中可得HK=2CF所以AH=AK+HK=BC+2CF=BF+CFso，（BF+CF)/AH=1即BD/AD+CE/AE=1··············································接下来再看第二种方法，借助梅涅劳斯定理根据第一小题的结论可知公式长什么样，当然，即使以前不知道梅涅劳斯定理的同学，在了解了第一小题之后，你也可以记住它，当做你知道这个定理，因为这毕竟就是一个公式，好记；而这一小题给出了重心G我们做出AN这条中线，就需要知道AG：GN=2：1，如果你不知道，那你肯定不是经常做竞赛题，那么你就需要借助第一种方法来得到这个比例；所以我们现在可以从图上得到两个新的三角形，△ANC和△ABN，都被DF贯穿，根据图形，△ANC被GF贯穿，根据梅涅劳斯定理可得AG/GN·NF/CF·CE/AE=1根据AG：GN=2：1可得NF/CF·CE/AE=1/2则CE/AE=CF/2NF同时在△ABN中，根据梅涅劳斯定理可得BD/AD·AG/GN·NF/BF=1根据AG：GN=2：1可得BD/AD=BF/2NF则CE/AE+BD/AD=CF/2NF+BF/2NF=（CF+BF）/2NF 我们知道NF=NC+CF2NF=2NC+2CF2NC=BC则2NF=BC+2CF=BF+CF所以CE/AE+BD/AD=1。
四个重要定理(梅涅劳斯,塞瓦,托勒密,西姆松)
四个重要定理梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则P、Q、R共线的充要条件是 。
塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点）△ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、CR共点的充要条件是。
托勒密(Ptolemy)定理四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。
西姆松(Simson)定理（西姆松线）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。
例题：1． 设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。
求证：。
【分析】CEF截△ABD→（梅氏定理）【评注】也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一作CF的平行线。
2． 过△ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、F，交CB于D。
求证：。
【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中点。
DEG截△ABM→（梅氏定理）DGF截△ACM→（梅氏定理）∴===1【评注】梅氏定理3． D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，，AD、BE、CF交成△LMN。
求S△LMN。
【分析】【评注】梅氏定理4． 以△ABC各边为底边向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。
求证：AE、BF、CG相交于一点。
【分析】【评注】塞瓦定理5． 已知△ABC中，∠B=2∠C。
求证：AC2=AB2+AB·BC。
【分析】过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。
则CD=DA=AB，AC=BD。
由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。
【评注】托勒密定理6． 已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。
求证：。
（第21届全苏数学竞赛）【分析】【评注】托勒密定理7． △ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，作PE⊥AB于E，延长ED交AC延长线于F。
求证：BC·EF=BF·CE+BE·CF。
初中数学竞赛专题.梅涅劳斯定理与塞瓦定理.(有答案)
初中数学竞赛专题.梅涅劳斯定理与塞瓦定理.(有答案)板块一 梅涅劳斯定理及其逆定理梅涅劳斯定理：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 CE FB DC EA⋅⋅=．这条直线叫ABC △的梅氏线，ABC △叫梅氏三角形．GF EDCBAGFE DCBAH3H 2H 1F E DCBA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 DCFB 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3122311CH 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．知识导航梅涅劳斯定理与塞瓦定理【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 =．EC D B FA【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 EAFC EB=． EFBDCA【解析】 直线截ABC △三边于D 、E 、F 三点，应用梅氏定理，知1CD BE AFDB EA FC⋅⋅=，又因为BD BC =，所以1BE AF EA FC ⋅=，即FA EAFC 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AEEB． DEBMCA夯实基础初中数学竞赛专题.梅涅劳斯定理与塞瓦定理.(有答案)【解析】 由题设，在Rt AMC △中，CD AM ⊥，2AC CM =，由射影定理224AD AD AM AC DM DM AM CM ⋅===⋅．对ABM △和截线EDC ，由梅涅劳斯定理，1AE BC MD EB CM DA ⋅⋅=，即21114AE EB ⋅⋅=．所以2AE EB=．【例2】 如图，在ABC △中，D 为AC 中点，BE EF FC ==，求证：::5:3:2BM MN ND =．NMDCF EBA【解析】 ∵直线AE 是BCD △的梅氏线，∴1BM DA CE MD AC EB ⋅⋅=． ∴12121BM MD ⋅⋅=，∴11BM MD = ∵直线AF 是BCD △的梅氏线， ∴1BN DA CF ND AC FB ⋅⋅=， ∴11122BN ND ⋅⋅=，41BN ND =． ∴::5:3:2BM MN ND =．习题3. 如图，在ABC △中，D 为BC 的中点，::4:3:1AE EF FD =．求::AG GH AB ．CEF DBH GA【解析】 ∵HFC 是ABD △的梅氏线，探索提升∴1AH BC DFHB DC FA⋅⋅=． ∵D 为BC 的中点，::4:3:1AE EF FD =， ∴21BC DC =，17DF FA =． ∴21117AH HB ⋅⋅=，∴72AH HB =． ∵GEC 是ABD △的梅氏线， ∴1AG BC DE GB DC EA ⋅⋅=， ∴21111AG GB ⋅⋅=，∴12AG GB =． ∴::3:4:2AG GH HB =． ∴::3:4:9AG GH AB =．【例3】 过ABC △的重心G 的直线分别交AB 、AC 于点E 、F ，交CB 的延长线于点D ．求证：1BE CFEA FA+=．M DGFECB A【解析】 作直线AG 交BC 于M ，∵:1:2MG GA =，BM MC =． ∴AE BD MG EB DM GA ⋅⋅112AE BD EB DM =⋅⋅=． ∴2EB BD AE DM=． 同理，2CF DCFA DM=， 而2BD DC BD BD BM +=++2()2BD BM DM =+= ∴21222BE CF BD DC DM EA FA DM DM DM+=+==．【例4】 如图，点D 、E 分别在ABC △的边AC 、AB 上， AE EB =，23AD DC =，BD 与CE 交于点F ，40ABC S =△．求AEFD S ．初中数学竞赛专题.梅涅劳斯定理与塞瓦定理.(有答案)FDECBA【解析】 对ECA △和截线BFD ，由梅氏定理得：1EF CD AB FC DA BE ⋅⋅=，即32121EF FC ⋅⋅=， 所以13EF FC =．所以1148BFE BEC ABC S S S ==△△△， 进而211140115840AEFD ABD BEF ABC S S S S ⎛⎫=-=-=⋅= ⎪⎝⎭△△△．习题4. 如图，在ABC △中，三个三角形面积分别为5，8，10．四边形AEFD 的面积为x ，求x的值．x 1085F DE CBA【解析】 对ECA △和截线BFD ，由梅氏定理得：1CD AB EF DA BE FC ⋅⋅=，即1823115152x x +⋅⋅=+，解得22x =．【备选】如图，ABC △被通过它的三个顶点与一个内点O 的三条直线分为6个小三角形，其中三个小三角形的面积如图所示，求ABC △的面积．354030O F ECDBA【解析】 对ABD △和截线COF ，由梅氏定理得：1AF BC DO FB CD OA ⋅⋅=，即41132BC CD ⋅⋅=，所以32BC CD =，所以3BCBD=．所以33105315ABC ABD S S ==⨯=△△．【例5】 如图， 在ABC △中，A ∠的外角平分线与边BC 的延长线交于点P ，B ∠的平分线与非常挑战边CA 交于点Q ，C ∠的平分线与边AB 交于点R ，求证：P 、Q 、R 三点共线．P C B QRA【解析】 AP 是BAC ∠的外角平分线，则BP ABPC CA=① BQ 是ABC ∠的平分线，则 CQ BCQA AB=② CR 是ACB ∠的平分线，则 AR CARB BC=③ ⨯⨯①②③得1BP CQ AR AB BC CAPC QA RB CA AB BC⋅⋅=⋅⋅= 因R 在AB 上，Q 在CA 上，P 在BC 的延长线上，则根据梅涅劳斯定理的逆定理得：P 、Q 、R 三点共线．习题5. 证明：不等边三角形的三个角的外角平分线与对边的交点是共线的三个点．F EDCBAP F E D CBA【解析】 如图，CD BE AF 、、分别为三角形ABC 的三个外角平分线，分别交AB AC BC 、、于D E F 、、．过C 作BE 的平行线，则BCP CBE EBD CPB ∠=∠=∠=∠， 所以BPC △是等腰三角形．则PB CB =．则有：CE PB CBEA BA BA==．初中数学竞赛专题.梅涅劳斯定理与塞瓦定理.(有答案)同理AD AC DB CB =；BF BAFC AC=． 所以1CE AD BF CB AC BA EA DB FC BA CB AC ⋅⋅=⋅⋅=．所以D E F 、、共线．板块二 塞瓦定理及其逆定理塞瓦定理：如果ABC △的三个顶点与一点P 的连线AP 、BP 、CP 交对边或其延长线于点D 、E 、F ，如图，那么1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=．通常称点P 为ABC △的塞瓦点． PFED CB A证明： ∵直线FPC 、EPB 分别是ABD △、ACD △的梅氏线，∴1BC DP AF CD PA FB ⋅⋅=，1DB CE AP BC 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 AF DC EA FB⋅⋅=，那么AD 、BE 、CF 相交于一点（或平行）． F PF'ED C BAFED CB A证明： ⑴ 若AD 与BE 相交于一点P 时，如图，作直线CP 交AB 于'F ．由塞瓦定理得：'1BD CE AF DC EA F B⋅⋅='，知识导航又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=，∴AF AF FB F B '='， ∴AB AB FB 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． ∴BD EA DC AC=，又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=， ∴1EA CE AF AC EA FB ⋅⋅=，即CE FB AC AF =． ∴//BE FC ，∴AD BE FC ∥∥．说明：三线平行的情况在实际题目中很少见．【例6】 （1）设AX BY CZ ，，是ABC △的三条中线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．ZYXCBA（2）若AX BY CZ ，，为ABC △的三条内角平分线．求证：AX BY CZ ，，三线共点．ZYXCBA【解析】 （1）由条件知，BX XC YC YA ZA ZB ===，，．∴1BX CY AZXC YA ZB⋅⋅=， 根据塞瓦定理的逆定理可得三条中线AX BY CZ ，，共点． 这个点称为这个三角形的重心．（2）由三角形内角平分线定理得：BX AB CY BC AZ ACXC AC YA BA ZB BC===，，． 三式分别相乘，得：1BX CY AZ AB BC ACXC YA ZB AC AB BC⋅⋅=⋅⋅=．根据塞瓦定理的逆定理可得三角形三内角平分线AX BY CZ ，，共点， 这个点称为这个三角形的内心．习题6. 若AX BY CZ ，，分别为锐角ABC △的三条高线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．探索提升初中数学竞赛专题.梅涅劳斯定理与塞瓦定理.(有答案)ZYX CBA【解析】 由ABX CBZ △∽△得：BX AB BZ BC =；由BYA CZA △∽△得：AZ ACAY AB =； 由AXC BYC △∽△可得：YC BC CX AC =．所以1BX AZ YC AB AC BCBZ AY CX BC AB AC⋅⋅=⋅⋅=．根据塞瓦定理的逆定理可得三条高线AX BY CZ ，，共点．对直角三角形、钝角三角形，同样也可以证得三条高线共点．我们把一个三角形三条高线所在直线的交点叫做这个三角形的垂心．【例7】 如图， M 为ABC △内的一点，BM 与AC 交于点E ，CM 与AB 交于点F ，若AM 通过BC 的中点D ，求证：EF BC ∥．FDEMBA【解析】 对ABC △和点M 应用塞瓦定理可得：1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=．又因为BD DC =，所以1AF CE FB EA ⋅=．进而AF AEFB EC=，所以EF BC ∥．习题7. 如果梯形ABCD 的两腰AD 、BC 的延长线交于M ，两条对角线交于N ．求证：直线MN必平分梯形的两底．BQ A NCP DM【解析】 ∵AB CD ∥∴MD CM DA BC = ∴1MD BC DA CM⋅= ∵1MD AQ BC DA QB CM⋅⋅=（由塞瓦定理得）∴1AQQB=，∴AQ QB = ∵DP PC AQ QB =，∴DP PC =．板块三 梅涅劳斯定理、塞瓦定理综合【备选】如图，E 、F 分别为ABC △的AC 、AB 边上的点，且3AE EC =，3BF FA =，BE 、CF 交于点P ，AP 的延长线交BC 于点D ．求:AP PD 的值．ABCD EFP【解析】 ∵P 为ABC △的塞瓦点．∴11133AF BD CE BD FB DC EA DC ⋅⋅=⋅⋅= ∴91BD DC =，∴910BD BC =． ∵EPB 为ACD △的梅氏线， ∴911103AP DB CE AP PD BC EA PD ⋅⋅=⋅⋅= ∴103AP PD =【备选】如图，四边形ABCD 的对边AB 和DC ，DA 和CB 分别相交于点L K ，，对角线AC 与BD 交于点M ．直线KL 与BD 、AC 分别交于点F G 、．求证：KF KGLF LG=． 非常挑战初中数学竞赛专题.梅涅劳斯定理与塞瓦定理.(有答案)11 / 11 F L K M DC BA【解析】 对DKL △与点B 应用塞瓦定理得：1DA KF LC AK FL CD⋅⋅=． 对DKL △和截线ACG 应用梅涅劳斯定理可得：1DA KG LC AK GL CD⋅⋅=． 进而可得KF KG LF LG=．。
梅涅劳斯定理及证明
梅涅劳斯定理及证明
梅涅劳斯定理（Menelaus' Theorem）是一个在几何学中用于描述三角形内部的线段相交关系的定理。
它是由古希腊数学家梅涅劳斯（Menelaus）在约公元前70年提出的。
梅涅劳斯定理的陈述如下：
对于一个三角形ABC，如果P、Q、R分别是三条边BC、CA、AB 上的点，那么这三条线段交于一点的充要条件是：
AP/BP ×BQ/CQ ×CR/AR = 1
下面是梅涅劳斯定理的证明：
证明步骤：
1. 假设P、Q、R三点共线，即线段PQ和QR延长后相交于点A。
2. 在三角形ABC中，利用相似三角形的性质，可以得到以下比值关系：
AP/BP = AQ/CQ
BQ/CQ = BR/AR
3. 将上述两个等式联立，并进行等式变形：
AP/BP ×BQ/CQ ×CR/AR = (AQ/CQ) ×(BR/AR) ×CR/AR
= AQ/AR ×BR/CQ ×CR/AR
= (AQ/AR) ×(BR/CR) ×(CR/CQ)
= 1（根据梅涅劳斯定理的假设）
4. 因此，如果P、Q、R三点共线，上述比值等于1。
5. 反过来，如果上述比值等于1，可以通过逆向的证明过程得到
P、Q、R三点共线的结论。
6. 因此，上述比值等于1是P、Q、R三点共线的充要条件，即梅涅劳斯定理成立。
这就是梅涅劳斯定理的证明过程。
它是一个基础的几何学定理，可以用于解决许多与三角形内部线段相交相关的问题。
amc 梅涅劳斯定理
amc 梅涅劳斯定理
【原创实用版】
目录
1.AMC 梅涅劳斯定理简介
2.梅涅劳斯定理的证明方法
3.梅涅劳斯定理的应用领域
4.梅涅劳斯定理在我国的发展和研究
正文
【1】AMC 梅涅劳斯定理简介
AMC 梅涅劳斯定理，全称为“美国数学竞赛梅涅劳斯定理”，是数学领域中的一个著名定理。
该定理的表述为：若三角形 ABC 的三边满足 a^2 + b^2 = c^2，则三角形 ABC 是一个直角三角形。
该定理在我国也被称为勾股定理，是数学竞赛中的一个重要考点。
【2】梅涅劳斯定理的证明方法
梅涅劳斯定理的证明方法有多种，其中最著名的是欧几里得证明法。
欧几里得证明法的基本思路是：以三角形 ABC 的三个顶点为圆心，以适当的半径作圆，将三个圆相交于一点 D、E、F，然后证明四边形 AFDB 是一个矩形，从而得出 AF=BD，再根据勾股定理得出结论。
【3】梅涅劳斯定理的应用领域
梅涅劳斯定理在数学领域有着广泛的应用，除了在数学竞赛中作为一个基本考点外，它还在物理、工程、计算机科学等领域有着重要的应用。
例如，在解决一些与直角三角形相关的实际问题时，梅涅劳斯定理可以提供重要的理论支持。
【4】梅涅劳斯定理在我国的发展和研究
梅涅劳斯定理在我国的发展和研究历史悠久。
在我国古代数学中，已经有了关于直角三角形的认识和研究，但是直到 20 世纪初，我国才引进了梅涅劳斯定理这个概念，并开始对其进行研究和应用。
初中数学竞赛专题.梅涅劳斯定理与塞瓦定理.(有答案)
第 1 页板块一 梅涅劳斯定理及其逆定理梅涅劳斯定理：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 CE FB DC EA⋅⋅=．这条直线叫ABC △的梅氏线，ABC △叫梅氏三角形．证法一：如左图，过C 作CG ∥DF证法二：如中图，过A 作AG BD ∥交DF 的延长线于G三式相乘即得：1AF BD CE AG BD DCFB 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3122311CH 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．【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 =．【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 EAFC EB=． 【解析】 直线截ABC △三边于D 、E 、F 三点，应用梅氏定理，知1CD BE AFDB EA FC⋅⋅=，又因为BD BC =，所以1BE AF EA FC ⋅=，即FA EAFC 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AEEB． 【解析】 由题设，在Rt AMC △中，CD AM ⊥，2AC CM =，由射影定理224AD AD AM AC DM DM AM CM⋅===⋅． 对ABM △和截线EDC ，由梅涅劳斯定理，1AE BC MD EB CM DA ⋅⋅=，即21114AE EB ⋅⋅=．所以2AE EB=．知识导航夯实基础梅涅劳斯定理与塞瓦定理【例2】 如图，在ABC △中，D 为AC 中点，BE EF FC ==，求证：::5:3:2BM MN ND =． 【解析】 ∵直线AE 是BCD △的梅氏线，∵直线AF 是BCD △的梅氏线，习题3. 如图，在ABC △中，D 为BC 的中点，::4:3:1AE EF FD =．求::AG GH AB ． 【解析】 ∵HFC 是ABD △的梅氏线，∵D 为BC 的中点，::4:3:1AE EF FD =， ∵GEC 是ABD △的梅氏线，【例3】 过ABC △的重心G 的直线分别交AB 、AC 于点E 、F ，交CB 的延长线于点D ．求证：1BE CFEA FA+=． 【解析】 作直线AG 交BC 于M ，同理，2CF DCFA DM=， 而2BD DC BD BD BM +=++2()2BD BM DM =+=【例4】 如图，点D 、E 分别在ABC △的边AC 、AB 上， AE EB =，23AD DC =，BD 与CE 交于点F ，40ABC S =△．求AEFD S ．【解析】 对ECA △和截线BFD ，由梅氏定理得：1EF CD AB FC DA BE ⋅⋅=，即32121EF FC ⋅⋅=，所以13EF FC =．所以1148BFE BEC ABC S S S ==△△△，进而211140115840AEFD ABD BEF ABC S S S S ⎛⎫=-=-=⋅= ⎪⎝⎭△△△． 习题4. 如图，在ABC △中，三个三角形面积分别为5，8，10．四边形AEFD 的面积为x ，求x的值．【解析】 对ECA △和截线BFD ，由梅氏定理得：1CD AB EF DA BE FC ⋅⋅=，即1823115152x x +⋅⋅=+，解得22x =．【备选】如图，ABC △被通过它的三个顶点与一个内点O 的三条直线分为6个小三角形，其中三个小三角形的面积如图所示，求ABC △的面积．【解析】 对ABD △和截线COF ，由梅氏定理得：1AF BC DO FB CD OA ⋅⋅=，即41132BC CD ⋅⋅=，所以32BC CD =，所以3BCBD=．所以33105315ABC ABD S S ==⨯=△△．【例5】 如图， 在ABC △中，A ∠的外角平分线与边BC 的延长线交于点P ，B ∠的平分线与边CA 交于点Q ，C ∠的平分线与边AB 交于点R ，求证：P 、Q 、R 三点共线．【解析】 AP 是BAC ∠的外角平分线，则BQ 是ABC ∠的平分线，则 CR 是ACB ∠的平分线，则 ⨯⨯①②③得非常挑战探索提升第 3 页因R 在AB 上，Q 在CA 上，P 在BC 的延长线上，则根据梅涅劳斯定理的逆定理得：P 、Q 、R 三点共线．习题5. 证明：不等边三角形的三个角的外角平分线与对边的交点是共线的三个点． 【解析】 如图，CD BE AF 、、分别为三角形ABC 的三个外角平分线，分别交AB AC BC 、、于D E F 、、．过C 作BE 的平行线，则BCP CBE EBD CPB ∠=∠=∠=∠， 所以BPC △是等腰三角形．则PB CB =．则有：CE PB CBEA BA BA ==． 同理AD AC DB CB =；BF BA FC AC=． 所以1CE AD BF CB AC BA EA DB FC BA CB AC ⋅⋅=⋅⋅=．所以D E F 、、共线．板块二 塞瓦定理及其逆定理塞瓦定理：如果ABC △的三个顶点与一点P 的连线AP 、BP 、CP 交对边或其延长线于点D 、E 、F ，如图，那么1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=．通常称点P 为ABC △的塞瓦点． 证明： ∵直线FPC 、EPB 分别是ABD △、ACD △的梅氏线，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 AF DC 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，作直线CP 交AB 于'F ．由塞瓦定理得：'1BD CE AF DC EA F B⋅⋅='，又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=，∴AF AF 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． ∴BD EA DC AC=，又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=， ∴1EA CE AF AC EA FB ⋅⋅=，即CE FB AC AF=． 说明：三线平行的情况在实际题目中很少见．【例6】 （1）设AX BY CZ ，，是ABC △的三条中线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．探索提升知识导航（2）若AX BY CZ ，，为ABC △的三条内角平分线．求证：AX BY CZ ，，三线共点．【解析】 （1）由条件知，BX XC YC YA ZA ZB ===，，．∴1BX CY AZXC YA ZB⋅⋅=，根据塞瓦定理的逆定理可得三条中线AX BY CZ ，，共点． 这个点称为这个三角形的重心．（2）由三角形内角平分线定理得：BX AB CY BC AZ ACXC AC YA BA ZB BC===，，． 三式分别相乘，得：1BX CY AZ AB BC ACXC YA ZB AC AB BC⋅⋅=⋅⋅=．根据塞瓦定理的逆定理可得三角形三内角平分线AX BY CZ ，，共点， 这个点称为这个三角形的内心．习题6. 若AX BY CZ ，，分别为锐角ABC △的三条高线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．【解析】 由ABX CBZ △∽△得：BX AB BZ BC =；由BYA CZA △∽△得：AZ ACAY AB =； 由AXC BYC △∽△可得：YC BC CX AC =．所以1BX AZ YC AB AC BCBZ AY CX BC AB AC⋅⋅=⋅⋅=．根据塞瓦定理的逆定理可得三条高线AX BY CZ ，，共点．对直角三角形、钝角三角形，同样也可以证得三条高线共点．我们把一个三角形三条高线所在直线的交点叫做这个三角形的垂心．【例7】 如图， M 为ABC △内的一点，BM 与AC 交于点E ，CM 与AB 交于点F ，若AM 通过BC 的中点D ，求证：EF BC ∥．【解析】 对ABC △和点M 应用塞瓦定理可得：1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=．又因为BD DC =，所以1AF CE FB EA ⋅=．进而AF AEFB EC=，所以EF BC ∥． 习题7. 如果梯形ABCD 的两腰AD 、BC 的延长线交于M ，两条对角线交于N ．求证：直线MN必平分梯形的两底． ∵1MD AQ BC DA QB CM⋅⋅=（由塞瓦定理得） 板块三 梅涅劳斯定理、塞瓦定理综合【备选】如图，E 、F 分别为ABC △的AC 、AB 边上的点，且3AE EC =，3BF FA =，BE 、CF 交于点P ，AP 的延长线交BC 于点D ．求:AP PD 的值．【解析】 ∵P 为ABC △的塞瓦点．∵EPB 为ACD △的梅氏线，【备选】如图，四边形ABCD 的对边AB 和DC ，DA 和CB 分别相交于点L K ，，对角线AC 与BD 交于点M ．直线KL 与BD 、AC 分别交于点F G 、．求证：KF KGLF LG=． 【解析】 对DKL △与点B 应用塞瓦定理得：1DA KF LCAK FL CD⋅⋅=．对DKL △和截线ACG 应用梅涅劳斯定理可得：1DA KG LCAK GL CD⋅⋅=．非常挑战进而可得KF KGLF LG．第 5 页。
梅涅劳斯定理
第一讲：平面几何——梅涅劳斯定理在中国数学奥林匹克(CMO)的六道试题中，以及国际数学奥林匹克（IMO ）的六道试题中，都至少有一道平面几何试题的存在。
同样，在每年十月份进行的全国高中数学联赛加试的三道试题中，必有一道是平面几何题，占全国高中数学联赛总分300 分中的50 分，因此有人曾说：“得几何者，得一等奖”。
除了在初中的课本中已经介绍的重要定理之外，在数学竞赛中，平面几何问题还要用到许多著名的定理，现择其应用较广的几个介绍如下.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.1）不过顶点的直线与三角形3 边的关系有两种情况：①若直线与三角形的一边交于内点，则必与第二边交于内点，与第三边交于外点（延长线上的点）；②直线与三角形的三边均交于外点，因而本定理的图形有两个.（2）定理的结构是：三角形三边上6条被截线段的比，首尾相连，组成一个比值为1 的等式.（3）这个定理反映了形与数的转化，是几何位置的定量描述：“三点共线”量化为比值等于“1”；反过来，若比值等于“1”成立时，可证“三点共线”（逆定理也成立）.1A C C B =⋅点分点到点到分点点分点到点到分点. 1）简易证法一：（平行线分线段成比例）过A 作BC AG //交DF 延长线于G ，∵BC AG //，∴BD AG FB AF =，AGCD EA CE =， ∴1=⋅⋅=⋅⋅CD BD AG CD BD AG CD BD EA CE FB AF ，∴1=⋅⋅EACE DC BD FB AF . （2）简易证法二：（垂线构造线段成比例）分别过A 、B 、C 作'AA 、'BB 、'CC 垂直已知直线，由直角三角形相似比，易知''BB AA FB AF =、''CC BB DC BD =、''AA CC EA CE =， ∴1''''''=⋅⋅=⋅⋅AA CC CC BB BB AA EA CE DC BD FB AF . （3）其它证法：三角形面积比、正弦定理等方法涉及后面解三角形知识（置后）.例题1：已知过ABC ∆顶点C 的直线，与边AB 及中线AD 分别交于点F 和E ，求证：FBAF ED AE 2=. 证明：直线CEF 截ABD ∆，由梅涅劳斯定理， 得：1=⋅⋅EADE CD BC FB AF ，又CD BC 2=， ∴21=⋅EA DE FB AF ，则FB AF ED AE 2=. [注]此例证法甚多，如“平行线”、“面积法”等.变式练习１：在△ABC 中，AG 是角平分线，D 是BC 中点，DG ⊥AG 交AB 于E ，交AC 延长线与F ，求证：BE=CF=)(21AC AB -． 例题2：已知过ABC ∆重心G 的直线分别交边AB 、AC 及CB 延长线于点E 、F 、D ，求证：1=+FACF EA BE . 证明：连接AG 并延长交BC 于M ，则CM BM =，∵DEG 截ABM ∆， ∴由梅氏定理得，1=⋅⋅DBMD GM AG EA BE ； 同理：1=⋅⋅DCMD GM AG FA CF ∴MD DB AG GM EA BE ⋅=，MDDC AG GM FA CF ⋅=， ∴11221)(=⨯=+⋅=⋅+=+MD DC DB AG GM MD AG DC DB GM FA CF EA BE ，即1=+FA CF EA BE .练习.如图，若ABC Rt ∆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：CE BF //。
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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3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。
（注意与塞瓦定理相区分，那里是λμν=1）此外，用该定理可使其容易理解和记忆：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 ∠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与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，则（sin ∠AOF/sin ∠FOB)(sin ∠BOD/sin ∠DOC)(sin ∠COE/sin ∠AOE)=1。
(O 不与点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行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。
它的逆定理也成立：若有三点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，则F、D、E三点共线。
利用这个逆定理，可以判断三点共线。
4梅涅劳斯逆定理定理若有三点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，则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5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。
否则为塞瓦定理逆定理。
证明方式已知：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与AB交于P。
再证P与F重合。
证明：先假设E、F、D三点不共线，直线DE与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与F重合。
∴D、E、F三点共线。
注意首先我们已知图中的直线关系：三角形一边的延长线上一点与相邻边上一点的连线与另一边相交于一点，然后再来求各个边的关系。
梅涅劳斯的功劳在于，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。
67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=⋅⋅FACFEC 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FC AF DM BD DM AD EC BE FCAFDM AD DM BD EC BE ⋅=⋅∴==,,所以1=⋅⋅FACFEC 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FC AF DM BD DM AD EC BE FCAFDM AD DM BD EC BE ⋅=⋅∴==,,所以1=⋅⋅FACFEC BE DB AD8∴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=⋅⋅FACFEC BE DB AD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9（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'与Y'Z交于点P,ZX'与Z'X交于点Q,XY'与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10（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，设有两点与此边的中点等距，则称这两个点互为等截点）（5题）将一点与正三角形的顶点连线，(1)若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与对边（所在直线）的交点共线11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BP PC ∙CQ QA ∙AR RB=1证明：设ℎA 、ℎB 、ℎC 分别是A 、B 、C 到直线l 的垂线的长度，则：BP PC ∙CQ QA ∙ARRB =ℎB ℎC∙ℎC ℎA∙ℎA ℎB=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 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：CD DA ∙AE EK ∙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A 1，B 1，C 1，D 1，试证：AC BC :AD BD=A 1C 1B 1C 1:A 1D 1B 1D 1。
【解析】若AD ∥A 1D 1，结论显然成立；若AD 与A 1D 1相交于点L ，则把梅涅劳斯定理分别用于∆A 1AL 和∆B 1BL 可得：AD LD∙LD 1A 1D 1∙A 1K AK=1，LCAC ∙AKA 1K∙A 1C 1LC 1=1，BC LC∙LC 1B 1C 1∙B 1K BK=1，LDBD ∙BKB 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，这时若BP PC ∙CQ QA ∙ARRB =1，求证P 、Q 、R 三点共线。