梅涅劳斯定理和塞瓦定理(教师版)

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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。

梅涅劳斯定理和塞瓦定理

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。

塞瓦定理与梅涅劳斯定理

塞瓦定理与梅涅劳斯定理1、比尔逊原理：比尔逊原理又称“比尔逊想象定理”，是指假定有一组有限的事件，并且这些事件之间没有重叠或互斥，那么所有可能出现的各种情况的概率之和恒定为1。

比尔逊原理是事件系统中概率论的基础思想，它可以被应用于大部分的有限的实验，包括随机的事件序列，如随机选择、随机抽样、相似性和易受作用的概率。

2、泊松分布：泊松分布是描述多个事件的发生概率的分布，它是概率论的一种基本概念，用于描述在有限的时间段内某个随机变量发生的次数，又称“先验概率分布”。

在理论上，泊松分布也称为泊松分布和泊松实验，是一种特殊类型的事件/次数统计上的概率分布。

简单来说，泊松分布是以次数或事件数为变量的概率分布，可用来度量一段时间内某事件可能出现的次数。

3、贝叶斯定理：贝叶斯定理是一种基于概率的观点，它将概率视为某事件发生前后条件跳跃的函数，即“后验概率”。

根据贝叶斯定理，在获得新信息后，某事件出现的概率是先验概率（不含新信息前发生概率）乘以后验概率（含新信息后发生概率）再乘以新信息发生概率的总和。

是统计学方法和模型选择的根本原理。

4、高斯概率分布：高斯概率分布（又称正态分布）是数学特殊的概率分布，它可描述连续随机变量的分布特性，可用来表达均值的基本信息。

它的概率密度函数有一个平坦的顶峰，两个参数：平均值μ和标准差σ。

高斯函数可以用来描述一维正太分布，在多维空间中也能被应用。

一般而言，大多数服从正态分布的原始数据集被称为“正态数据”。

5、卡方分布：卡方分布是一种常见的多元概率分布，用于估计能够预测总体参数的把握程度。

在概率统计中，卡方分布是某种指定条件下的概率分布，用于表示实验中不同变量之间的关系，这些变量通常与特定的总体参数相关。

卡方检验可以用来比较两个给定的比较集中水平，以及检验是否存在某种相关性。

6、塞瓦定理：塞瓦定理也称为“互补定理”或“事件定理”，是指某一个事件A发生的概率等于一个二分事件A和B的总概率减去不发生A的概率，即P(A)=P(A+B)-P(B)。

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。

梅涅劳斯定理与塞瓦定理(教案)

2.提升学生的空间想象能力：通过解决实际问题，让学生运用梅涅劳斯定理与塞瓦定理进行几何作图和求解，培养空间想象力和几何直观。
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。

第十讲梅涅劳斯定理与塞瓦定理配套课程教案

AH DP DP AG DP AG CE ．对△ADC，应用梅涅劳斯定理的逆定理， FD PA PA ED PA GC ED 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 ．
又 CE CG ，则 1 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，有上述两式相除，则有
分别平行且方向相反，从而 PMQ BAC ，且
MP MQ ，故△MPQ∽△ABC． AB AC
A
X
Q
G P M
N Y
B
C
例5. 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 ．证法 1：设直线 AM 与 BC 交于 H，连 BE，CD，则知 BEC BDC 90 ，直线 FME 与△AHC 相 AM HF CE AM HG BD 截，直线 GMD 与△ABH 相截，迭用梅涅劳斯定理，有 1， 1． MH FC EA MH GB DA 两式相除，得
AX AG NC 1 而对 2，． XB GM CA 2
AX BQ NC BQ 1 2 1 ，故 BQ QN ．从而 MQ XB QN CA QN 2
1 1 1 ∥AC，且 MQ CN AC ．同理，MP∥AB，且 MP AB ．由此可知， PMQ 与 BAC 的两边 2 4 4
AM CN r 0 r 1 ，AC 交 BD 于 E． AC CD

塞瓦定理和梅涅劳斯定理的一种向量证法

塞瓦定理和梅涅劳斯定理的一种向量证法塞瓦定理和梅涅劳斯定理是初等几何中非常重要的定理，它们分别描述了三角形内部一点与三边的关系和两个三角形内部对应线段的关系。

虽然它们的证明有很多种不同的方法，但本文将介绍一种基于向量的证明方法，以期拓展读者对几何证明方法的认识。

塞瓦定理：三角形ABC内部一点D，BD与AC交于E，CE与AB交于F，则有AD/DB· BE/EC· CF/FA = 1。

我们首先将向量法中的一些重要定义列举如下：· 向量的加减法：若有向量a和向量b，则它们的和定义为a+b，差定义为a-b。

若有向量a和向量b，则它们的数量积定义为a·b=|a||b|cosθ，其中θ为a与b之间的夹角，|a|和|b|分别为它们的模长。

接下来，我们对塞瓦定理进行证明。

证明过程如下：设向量AD为a，向量BD为b，向量BE为c，向量CE为d，向量CF为e，向量AF为f。

则有：a=b+cc=d+ee=f+a将三个等式代入AD/DB· BE/EC· CF/FA = 1中，得：（b+c)/b· c/(d+e)· f/(c+a) = 1移项化简，得：将向量的数量积和叉积运算带入上式，得：由向量的分配律和叉积的结合律，得：(b×c + c×c)×f = b×d×c + b×e×c + c×c×a由向量的叉积运算，可将左边化简为：(b×c)×f+c×(c×f)由于向量的叉积满足a×b=-b×a，因此有：所以，左边可以进一步化简为：将右边的三项分别化简为：b×d×c = -b×c×d因此，右边可化为：通过化简，可以得到：再运用三角形相似的性质，即在三角形ABD和三角形EFC中可知，有：DB / AD = EC / EF由于有d+e=DC，DF+EF=FC，因此可以进一步化简为：根据相似三角形的性质，可知：合并式子，得：以上证明中，我们使用了向量的加减法、数量积和叉积，运用向量的运算性质和三角形的相似性质推导出了塞瓦定理。

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﹣＝，∴。

梅涅劳斯和赛瓦定理(解析版)

梅涅劳斯定理和赛瓦定理梅涅劳斯定理：(此定理常用于证明三点共线的问题)若直线l 不经过ΔABC 的顶点，并且与ΔABC 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作平行线：作CM ⎳PQ ,则BP PC =BR RM ,CQ QA =RM AR ,BP PC ⋅CQ QA ⋅AR RB=BR RM ⋅RM AR ⋅AR RB =1面积法：BP PC =S BPQ S PCQ ,AR RB =S ARP S BRP =S ARQ S BRQ =S AQB S BPQ ,CQ QA =S PCQ S APQ ,得证梅涅劳斯定理逆定理：设P 、Q 、R 分别是ΔABC 的三边BC 、CA 、AB 上或它们的延长线上的三点，若BP PC ⋅CQ QA ⋅AR RB=1，则P 、Q 、R 三点共线；塞瓦定理设P 、Q 、R 分别是ΔABC 的BC 、CA 、AB 边上的点，则AP 、BQ 、CR 三线共点的充要条件是:BP PC⋅CQQA ⋅AR RB =1证：先证必要性：设AP 、BQ 、CR 相交于点M ，则：BP PC =S ΔABP S ΔACP =S ΔBMP S ΔCMP =S ΔABM S ΔACM 同理：CQ QA=S ΔBCM S ΔABM ,AR RB=S ΔACMS ΔBCM 以上三式相乘，得：BP PC ⋅CQ QA ⋅AR RB=11如图四边形ABCD 的内切圆分别切AB ,BC ,CD ,DA 于点E ,F ,G ,H ,求证：HG ,AC ,EF 交于一点.证明：设HG 与AC 交于P 1，EF 与AC 交于P 2AP 1P 1C ⋅CG GD ⋅DH HA=1AP 2P 2C CF FB BE EA=1∵CG =CF ,AH =AE ,DH =DG ,BE =BF ⇒AP 1P 1C =AP 2P 2C,P 1,P 2是同一个点.2在△ABC 中，D ,E 分别在CB ,CA 上，且AD ,BE 分别为∠BAC 和∠ABC 的角平分线.设DE 交AB 于M ，证明CM 为∠ACB 的外角平分线.证明：D ,E ,M 截△ABCCE EA AM MB BD DC =1,⇒BC BA AM MB BA AC=1⇒AM MB =AC BC ⇒AC sin ∠MCA BC sin ∠MCB =AC BC ⇒∠MCB +∠BCM =180AM MB =AC CB，得证涉及定理：角平分线定理3四边形ABDF ,AB ,DF 交于C ，BD ,AF 交于E ，连接BF ,AD ,CE ,设AD 延长线交CE 于N ,证明：AM MD =AN ND.证明：B ，M ，F 截△ACDAM MD DF FC CB BA =1⇒AM MD =FC ⋅BA DF ⋅CB①C ，N ，E 截△ADFAN ND DC CF FE EA =1⇒AN ND =CF ⋅EA DC ⋅FE ②①②AM MD :AN ND=BA ⋅EF ⋅DC AE ⋅ED ⋅CB =14以△ABC 的底边BC 为直径作半圆，分别与边AB ，AC ,交于D ,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 .法1⇐AM //DF //EG ,⇐FH HG =DM MG=FM ME由梅涅劳斯定理，AM HM ⋅HF CF ⋅CE AE =1，AM HM ⋅HG BG ⋅BD AD =1HF CF ⋅CE AE =HG BG ⋅BD AD ，HF HG =BD AD ⋅CF BG ⋅AE CE CD 2=FC ⋅BC ,BE 2=BG ⋅BCFC BG =CD 2BE 2,∴FH HG =CD 2⋅AE ⋅BD BE 2⋅CE ⋅AD ，△ABE ∽△ACD ，∴CD BE =AD AE ∴FH HG =CD BE BD CE =S △DBC S △EBC =DF EG =DM MG法2作AH ⊥BC 于H ，只需证A ,M ,H ,共线，即BH HG ⋅GM MD ⋅DA BA=1BH HG =AB B cos AE Ccos =AC cos B AD cos C ,GM MD =EG DF =BC cos C sin C BC cos B sin B =cos C sin C cos B sin B =AB AC ⋅cos C cos B ∴BH HG GM MD =AB AD,即BH HG ⋅GM MD ⋅DA BA =15△ABC ，一个过A ,B 的圆交边AC ,BC 于D ,E ,AB ,DE 交于点F ，BD ，CF 交于点M ，求证：MF =MC 的充分条件是MB ⋅MD =MC 2.证明：MB ⋅MD =MC 2⇐MB MC =MC MD ⇐△MBC ~△MCD ⇐∠MCD =∠CBM =∠DAE ⇐AE ⎳FC ∵FA AB BE EC CM MF =1∴FA AB BE EC =1FA AB=CE BE ,∴AE ⎳FC 6如图，△ABC 的三个顶点A ,B ,C 各作其外接圆的切线，分别与相应的顶点的对边所在直线相交，证明：三个交点D ,E ,F 关系.由梅涅劳斯逆定理，去证：AF FB BD DC CE EA=1AF FB BD DC CE EA =S △FAC S △FBC S △BDA S △DCA S △CEB S△EAB =b sin B c sin A c sin C b sin B a sin A c sin C=17如图，⊙O 1和⊙O 2与△ABC 的三边所在的直线都相切，E ,F ,G ,H 为切点，并且EG ,FH ,对的延长线交于点P .求证PA ⊥BC .方法一：由题意，易得O 1,O 2,A 三点共线。

相似模型之梅涅劳斯(定理)模型与塞瓦(定理)模型(解析版)

相似模型之梅涅劳斯(定理)模型与塞瓦(定理)模型梅内劳斯(Menelaus，公元98年左右)，是希腊数学家兼天文学家，梅涅劳斯定理是平面几何中的一个重要定理。

梅涅劳斯(定理)模型：如图1，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 ⋅BDDC⋅CEEA=1．这条直线叫△ABC的梅氏线，△ABC叫梅氏三角形．梅涅劳斯定理的逆定理：如图1，若F、D、E分别是△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线的三点，如果AF FB⋅BD DC ⋅CEEA=1，则F、D、E三点共线．图1图2塞瓦(G·Gevo1647-1734)是意大利数学家兼水利工程师．他在1678年发表了一个著名的定理，后世以他的名字来命名，叫做塞瓦定理。

塞瓦(定理)模型：塞瓦定理是指在△ABC内任取一点G，延长AG、BG、CG分别交对边于D、E、F，如图2，则AFFB⋅BDDC⋅CEEA=1。

注意：①梅涅劳斯(定理)与塞瓦(定理)区别是塞瓦定理的特征是三线共点，而梅涅劳斯定理的特征是三点共线；②我们用梅涅劳斯(定理)与塞瓦(定理)解决的大部分问题，也添加辅助线后用平行线分线段成比例和相似来解决。

1(2023.浙江九年级期中)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：AE:ED=2AF:FB．【解析】∵直线FEC是△ABD的梅氏线，∴AEED⋅DCBC⋅BFFA=1．而DCBC=12，∴AEED⋅12⋅BFFA=1，即AEED=2AFBF．【点睛】这道题也是梅氏定理的直接应用，但是对于梅氏定理的应用的难点，在于找梅氏线．2(2023.重庆九年级月考)如图，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AB于点E．求AEEB．【解析】∵HFC 是△ABD 的梅氏线，由题设，在Rt △AMC 中，CD ⊥AM ，AC =2CM ，由射影定理AD DM =AD ⋅AM DM ⋅AM =AC 2CM 2=4．对△ABM 和截线EDC ，由梅涅劳斯定理，AE EB ⋅BC CM ⋅MD DA =1，即AE EB ⋅21⋅14=1．∴AEEB =2．【点睛】这道题也是梅氏定理的直接应用，但是对于梅氏定理的应用的难点，在于找梅氏线．3(2023.湖北九年级期中)如图，点D 、E 分别在△ABC 的边AC 、AB 上，AE =EB ，AD DC=23，BD 与CE 交于点F ，S △ABC =40．求S AEFD ．【解析】对△ECA 和截线BFD ，由梅氏定理得：EF FC ⋅CD DA ⋅AB BE=1，即EF FC ⋅32⋅21=1，∴EF FC =13．∴S △BFE =14S △BEC =18S △ABC ．∴S AEFD =S △ABD -S △BEF =25-18 S △ABC =1140⋅40=11．【点睛】这道题主要考查梅氏定理和面积问题．4(2023.江苏九年级月考)已知AD 是△ABC 的高，点D 在线段BC 上，且BD =3，CD =1，作DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥AC 于点F ，连接EF 并延长，交BC 的延长线于点G ，求CG ．【解析】如图，设CG =x ，EFG 是△ABC 的梅氏线．则由梅涅劳斯定理4+x x ⋅CF FA ⋅AEEB=1．显然的CF FA =DC 2AD 2，AE EB =AD 2BD 2，于是19⋅4+x x =1，得x =12．【点睛】这道题主要考查梅内劳斯定理和射影模型的综合．5(2023.广东九年级专项训练)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BPPC=ABCA ①BQ是∠ABC的平分线，则CQQA=BCAB ②CR是∠ACB的平分线，则ARRB =CABC ③①×②×③得BPPC⋅CQQA⋅ARRB=ABCA⋅BCAB⋅CABC=1，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．【点睛】这道题主要考查梅氏定理和角平分线定理的综合应用．6(2023上·广东深圳·九年级校联考期中)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AFFB⋅BDDC⋅CEEA=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AFFB=AGBD，CEEA=CDAG，∴△AGF∽△BDF，△AGE∽△CDE，∴AFFB ⋅BDDC⋅CEEA=AGBD⋅BDDC⋅CDAG=1．请用上述定理的证明方法解决以下问题：(1)如图3，△ABC 三边CB ,AB ,AC 的延长线分别交直线l 于X ,Y ,Z 三点，证明：BX XC ⋅CZ ZA ⋅AYYB=1．请用上述定理的证明方法或结论解决以下问题：(2)如图4，等边△ABC 的边长为3，点D 为BC 的中点，点F 在AB 上，且BF =2AF ,CF 与AD 交于点E ，试求AE 的长．(3)如图5，△ABC 的面积为4，F 为AB 中点，延长BC 至D ，使CD =BC ，连接FD 交AC 于E ，求四边形BCEF 的面积．【答案】(1)详见解析；(2)AE =343；(3)83【分析】(1)过点C 作CN ∥XZ 交AY 于点N ，根据平行线分线段成比例定理列出比例，化简计算即可．(2)根据定理，勾股定理，等边三角形的性质解答即可．(3)根据定理，计算比值，后解答即可．【详解】(1)证明：如图，过点C 作CN ∥XZ 交AY 于点N ，则BX XC =BY YN ,CZ ZA =YN AY．故：BX XC ⋅CZ ZA ⋅AY YB =BY YN ⋅YN AY ⋅AY YB =1．(2)解：如图，根据梅涅劳斯定理得：AF FB ⋅BD DC ⋅DEEA=1．又∵BF =2AF ，∴∴AF BF =12,BCCD =2，∴DE =AE ．在等边△ABC 中，∵AB =3，点D 为BC 的中点，∴AD ⊥BC ,BD =CD =32．∴由勾股定理知：AD =323∴AE =343．(3)解：∵线段DEF 是△ABC 的梅氏线，∴由梅涅劳斯定理得，AF FB ⋅BD DC ⋅CE EA =1，即11×21×CE EA =1，则CE EA=12．如图，连接FC ，S △BCF =12S △ABC ,S △CEF =16S △ABC ，于是S 四边形BCFF =S △BCF +S △CEF =23S △ABC =23×4=83．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，勾股定理，等边三角形的性质，三角形面积的计算，熟练掌握定理是解题的关键．7(2023.山东九年级月考)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：BP PC ⋅CQ QA ⋅ARRB=1．证明：如图，由三角形面积的性质，有AR RB =S △AMC S △BMC ，BP PC =S △AMB S △AMC ，CQ QA =S △BMC S △AMB ．以上三式相乘，得BP PC ⋅CQ QA ⋅ARRB=1．8(2023.浙江九年级期中)如图，在锐角△ABC 中，AD 是BC 边上的高线，H 是线段AD 内任一点，BH 和CH 的延长线分别交AC 、AB 于E 、F ，求证：∠EDH =∠FDH 。

梅涅劳斯定理和塞瓦定理的关系

梅涅劳斯定理和塞瓦定理的关系梅涅劳斯定理和塞瓦定理都是数学中与三角形有关的定理，它们之间有一定的联系和关系。

在本文中，我们将探讨梅涅劳斯定理和塞瓦定理之间的关系，并解释它们在解决三角形问题中的应用。

让我们来了解一下梅涅劳斯定理和塞瓦定理的具体内容。

梅涅劳斯定理，也被称为三角形内部三等分线定理，指出如果在三角形的一条边上有一点，且从该点向另外两条边引垂线，将该边分成三个部分，那么这两条垂线的长度之比等于另外两条边与它们所对应的角的正弦值之比。

简而言之，就是三等分线的垂线比等于边对应角的正弦比。

塞瓦定理，也被称为三角形内切圆定理，指出如果在一个三角形的每条边上都有一个内切圆，那么这三个内切圆的切点共线。

换句话说，三角形的三个内切圆的切点在一条直线上。

梅涅劳斯定理和塞瓦定理之间的联系在于它们都涉及到了三角形内部的特殊点和特殊线。

具体而言，塞瓦定理中的内切圆的切点和梅涅劳斯定理中的三等分线的垂线都是三角形内部的特殊点和特殊线。

这些特殊点和特殊线有着独特的性质和关系，对于解决三角形问题具有重要的作用。

在实际应用中，梅涅劳斯定理和塞瓦定理可以相互配合使用，帮助我们解决一些复杂的三角形问题。

例如，当我们已知一个三角形的三个内切圆的切点共线时，可以利用塞瓦定理来推导出一些关于三角形边长和角度的性质。

然后，我们可以利用梅涅劳斯定理来进一步推导出三角形其他线段的长度比例。

通过这种方法的组合应用，我们可以更好地理解和解决三角形问题。

梅涅劳斯定理和塞瓦定理还可以与其他几何定理相结合，进一步拓展应用。

例如，我们可以将塞瓦定理与角平分线定理相结合，来推导出关于三角形角度的性质。

同样地，我们可以将梅涅劳斯定理与中线定理相结合，来推导出关于三角形中线的性质。

通过将不同的定理相互组合应用，我们可以更加全面地研究和解决三角形问题。

总结起来，梅涅劳斯定理和塞瓦定理在三角形问题的研究和解决中起到了重要的作用。

它们通过研究三角形内部的特殊点和特殊线，帮助我们推导出三角形的各种性质和关系。

8年级竞赛：梅涅劳斯定理塞瓦定理教师版

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 、CP 交对边或其延长线于D 、E 、F ，如图1-4，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，∴1BC DP AF CD PA FB ⋅⋅=，1DB CE AP BC EA PD⋅⋅=P图1-4FECDB AF 'P图1-5FECDBAABDCEF图1-6两式相乘即可得：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 AF FB 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 AFDC 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1-8l 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，图1-7FECD BA∴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．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．N M FE CDBA图1-9图1-11OFEDCBA【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】∵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 =．【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⋅= 图1-12PFE DCA F图1-13H GED C BA图1-14-1PFED CB A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。

第四讲塞瓦定理、梅涅劳斯定理.尖子

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 ∵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．知识点睛模块一梅涅劳斯定理和逆定理相似——塞瓦定理、梅涅劳斯定理【例1】如图，在△ABC 中，D 为BC 的中点，AE ：EF ：FD=4：3：1．求AG ：GH ：AB．【例2】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．【巩固】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：1=+F A CF EA BE。

典型例题塞瓦定理：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 AF DC 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，∴1BC DP AF CD PA FB ⋅⋅=，1DB CE AP BC EA PD ⋅⋅=．两式相乘即可得：1BD CE AF DC 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 '='，∴AB AB FB F B='，∴FB F B '=．∴'F 与F 重合∴'CF 与CF ∴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．知识点睛模块二塞瓦定理及其逆定理【例3】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．【例4】（1）设AX BY CZ ，，是ABC △的三条中线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．（2）若AX BY CZ ，，为ABC △的三条内角平分线．求证：AX BY CZ ，，三线共点．【巩固】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．典型例题【例5】（1）如图1，若O 是△ABC 的重心（），连结AO 并延长交BC 于D ，证明：21=AD AO （2）如图2，若O 是△ABC 的重心，若AB ＝5，点G 从A 出发，在AB 边上以每秒一个单位的速度向B 运动，运动时间为t 秒，连GO ，直线GO 交直线AC 与H 点（G 、H 均不与△ABC 的顶点重合）.求OHGO （用含有t的式子表示）【例6】△ABC 中，D 、E 分别为BC 、AC 边上的动点，BD=mCD ，AE=nEC ，AD 与BE 相交于点O ．（1）如图1，当m=2，n=1时，BE OB =___________，CDOES AOE S 四△=___________；（2）当m=1.5时，求证：CEAE OD OA 35=；（3）如图2，若CO 的延长线交AGB 于点F ，当m 、n 之间满足关系式时，AF=2BF ．（直接填写结果，不要求证明）能力提升【例7】已知：线段OA ⊥OB ，点C 为OB 中点，D 为线段OA 上一点．连接AC ，BD 交于点P ．（1）如图1，当OA=OB ，且D 为OA 中点时，求PCAP 的值；（2）如图2，当OA=OB ，且41=AO AD 时，求APAD 的值．（3）如图3，当AD ：AO ：OB=1：n ：n 2时，直接写出AP AD 的值．【习题1】在△ABC 中，AD ：BD=1：1，AE ：CE=1：2，BE 与CD 交于点P ，则BP ：PE=（）A ．2：1B ．1：2C ．2：3D ．3：2【习题2】如图，已知ABC ∆中，:1:3AE EB =，:2:1BD DC =，AD 与CE 相交于F ，则EF AF FC FD +的值为（）A.52 B.1 C.32D.2真题赏析课后作业【习题3】如图，△ABC 中，D 为BC 的中点，E 为AC 上任意一点，BE 交AD 于O ．某同学在研究这一问题时，发现了如下事实：①当11121+==AC AE 时，有21232+==AD AO ；②当21131+==AC AE 时，有222+=AD AO ；③当31141+==AC AE 时，有322+=AD AO ；…；则当111=AC AE 时，AD AO =（）A ．51B ．112C ．61D ．132【习题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 ．【习题5】若AX BY CZ ，，分别为锐角ABC △的三条高线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．【习题6】在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AD+BC=CD，E为CD上一点，且DE=DA．（1）如图1，作EF⊥AB于F，交AC于M试说明ME，MF的数量关系并说明理由；（2）如图2，连接DF、CF，求证：∠DFE=∠CFE;（3）如图3，连接BE延长交AD的延长线于G，若E点到AB的距离为85，则1BC+1DG的值为____（直接写出结果，不解答）．。

第十讲梅涅劳斯定理与塞瓦定理配套课程讲义

【例题】高一专属课程——配套课程讲义第十讲梅涅劳斯定理与塞瓦定理例1. 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．例2. 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 ．例3.O1与O2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 ．例4. 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．例5. 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6. 四边形两组对边延长分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行．证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连线的线段．例7.在△ABC 中，∠BAC=90，G 为AB 上给定的一点（G 不是线段AB 的中点）．设D 为直线GC 上与C，G 都不相同的任意一点，并且直线AD，BC 交于E，直线BD，AC 交于F，直线EF，AB 交于H．试证明交点H 与D 在直线CG 上的位置无关．例8. BE 是△ABC 的中线，G 在BE 上，分别延长AG，CG 交BC，AB 于D，F，过D 作DN∥CG 交BG 于N，△DGL 及△FGM 为正三角形．求证：△LMN 为正三角形．例9. 在△ABC 中，D，E 分别是BC，CA 上的点，且BD :DC =m :1 ，CE : EA =n :1，AD 与BE 交于F，则△ABF 的面积是△ABC 的面积的多少倍？例10. 在四边形ABCD 中，AB =AD ，BC =DC ，过AC，BD 的交点O 引EF，GH，其中EF 交AB，CD 于E，F，GH 交DA，BC 于G，H．EH，GF 分别交BD 于P，Q，则OP =OQ ．1。

梅内劳与赛瓦定理

梅内劳斯定理与塞瓦定理一、定理梅内劳斯定理：设X 、Y 、Z 分别是ABC ∆的边BC,CA,AB 或其延长线的点，且有奇数个点在边的延长线上，则X 、Y 、Z 三点共线的充分条件是1=⋅⋅ZB AZ YA CY XC BX塞瓦定理：设X 、Y 、Z 分别是ABC ∆的边BC,CA,AB 或其延长线的点，且有偶数个点在边的延长线上，则AX,BY ,CZ 三线共点或平行的充分条件是1=⋅⋅ZB AZ YA CY XC BX二、例题1、在ABC ∆的边BC 上任取一点D ，设A D B ∠和ADC ∠的角平分线分别交AB,AC 于F 和E 。

求证：AD,BE,CF 相交于同一点。

CD2、已知△ABC 中，AB ＝AC ，D 是AB 上任意一点，E 是AC 延长线上的一点，且BD ＝CE ，连结DE 交BC 于F ．求证：FD ＝FE ．E3、ABC 中,D 是BC 上的点,13BD DC =,E 是AC 的中点,,AD BE 交于点,O CO 交AB 于F .求四边形BDOF 的面积与ABC 的面积之比.D4、过ABC 的重心G 的直线分别交AB 、AC 于E 、F.，求证：1=+FACF EA BE 。

D5、如图ABC ∆中，90A ∠=，点D 在AC 上，点E 在BD 上，AE 的延长线交BC 于F .若:2:BE ED AC DC =.求证:ADB FDC ∠=∠.C F6、在四边形ABCD 中，BCD ABD ∆∆,和ABC ∆的面积之比为3：4：1，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。

C7、设AD 是ABC ∆的高，且D 在BC 边上，若P 是AD 上任意一点，BP,CP 分别与AC,AB 交于E 和F ，则EDA FDA ∠=∠CD三、练习1、设等腰直角三角形,90,ABC A E ∠=是AC 中点，D 在BC 上，AD BE ⊥，求证：AEB CED ∠=∠。

梅涅劳斯定理与塞瓦定理

塞瓦定理设O 是△ABC 内任意一点，AB 、BO 、CO 分别交对边于D 、E 、F ，则 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=1②①÷②:即得：BD/DC*CE/EA*AF/FB=1（Ⅱ）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 △AOC ③同理 CE/EA=S △BOC/ S △AOB ④ AF/FB=S △AOC/S △BOC ⑤③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1塞瓦定理：1:=⋅⋅∆RBARQA CQ PC BP CR BQ AP AB CA BC ABC R Q P 的充要条件是三线共点、、边上的点，则、、的分别是、、设,111BCM ACMABP BMP ABM ACP CMP ACM ABM BCMAP BQ CR M S S S S S BP CQ AR PC S S S QA S RB S BP CQ AR PC QA RB BP CQ AR AP BQ M CM AB R PC QA RB BP CQ AR AR PC QA R B ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆=====⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=‘拻‘证：先证必要性：设、、相交于点，则：同理：以上三式相乘，得：再证充分性：若，设与相交于，且直线交于，由塞瓦定理有：，于是：ARR R R B RB AB R R AP BQ CR M ’‘’＝因为和都在线段上，所以必与重合，故、、相交于一点点；交于一点；：证明：三角形的中线例1111111111111111111,,1AC BA CBABC AA BB CC C B AC B A AC BA CB AC C B BA AC CB B A ABC ∆⋅⋅====⋅⋅=∴∆证明：记的中线，，，我们只须证明而显然有：即成立，交于一点；】证明：三角形的角平【练习1】证明：锐角三角形的【练习22ABC C AB L L AC BC M N AN BM P CP AB∆∠⊥例：在锐角中,角的平分线交于于，从作边和的垂线，垂足分别是和，设和的交点是，证明：111CK AB CK BM AN P CK BM AN AM CN BKMC CNMC NB AKAM BK AM ALAML AKC AK NB AK ACBK BC AL BCBNL BKC NB BL AC BL⊥⋅⋅==⋅=∆≅∆⇒=∴∆≅∆⇒=⋅=证：作下证、、三线共点，且为点，要证、、三线共点，依塞瓦定理即要证：又即要证明：即要证1AL BC AC BLCK BM AN P CP AB⋅=∴∴⊥依三角形的角平分线定理可知：、、三线共点，且为点3.AD ABC D BC P AD BP CP AC AB E F EDA FDA∆∠∠例设是的高，且在边上，若是上任一点，、分别与、交于和，则＝A AD DE DF M N EDA FDA ∠=∠证：过作的垂线，与、的延长线分别交于、。

2024年中考数学几何模型(全国通用)相似模型之梅涅劳斯(定理)模型与塞瓦(定理)模型(教师版)

专题23解直角三角形模型之新定义模型解直角三角形的新定义模型，是体现选拔功能的试题中对初高中知识衔接的考查。

高中数学为这类试题的命制提供了广阔的空间背景，命题者将高中数学的一些概念、定理、法则、公式等初中化（用初中数学知识内容包装、初中试题命制技术设置）处理，命制出具有高中数学背景味道的试题。

这类试题往往对学生思维能力和创新能力要求较高，能有效检验学生是否具备进入高中学习的潜能，所以平时教学挖掘这方面解题技能及功效尤为重要。

恰当地构建模型可以拓宽解题思路，优化解题过程，丰富解题内涵。

【知识储备】模型1、新定义模型此类模型主要包含高中数学中的三角函数和解三角形的相关定理（公式），而这些定理（公式）也可利用初中数学知识证明。

若无特殊说明，一般认为△ABC 的3个角∠A 、∠B 、∠C ，分别对应边a 、b 、c ；1）正弦定理：如图1，R Cc B b A a 2sin sin sin （其中R 是三角形外接圆的半径）。

图1图22）余弦定理：如图2，2222cos a b c bc A2222cos b a c ac B 2222cos c a b ab C ．3）正弦面积公式：如图2，B ac A bc C ab S sin 21sin 21sin 21 .4）同角三角函数的基本关系式:221sin cos ，sin tan cos。

5）和（差）、二倍角角公式：()sin sin cos cos sin ;22sin sin cos .()cos cos cos sin sin ;222222112cos cos sin cos sin .()1tan tan tan tan tan2221tan tan tan.例1．（2022·湖南·中考真题）阅读下列材料：在ABC 中，A 、B Ð、C 所对的边分别为a 、b 、c ，求证：sin sin a b A B．证明：如图1，过点C 作CD AB 于点D ，则：在Rt BCD 中，CD =a sin B ；在Rt ACD 中，sin CD b A sin sin a B b A sin sin a b A B根据上面的材料解决下列问题：(1)如图2，在ABC 中，A 、B Ð、C 所对的边分别为a 、b 、c ，求证：sin sin b c B C；(2)为了办好湖南省首届旅游发展大会，张家界市积极优化旅游环境．如图3，规划中的一片三角形区域需美化，已知67A ，53B ，80AC 米，求这片区域的面积．（结果保留根号．参考数据：sin530.8 ，sin670.9)【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）作BC 边上的高，利用三角函数表示AD 后，即可建立关联并求解；（2）作BC 边上的高，利用三角函数分别求出AE 和BC ，即可求解．(1)证明：如图2，过点A 作AD BC 于点D ，在Rt ABD 中，sin AD c B ，在Rt ACD 中，sin AD b C ， sin sin c B b C ， sin sin b c B C；(2)解：如图3，过点A 作AE BC 于点E ，67BAC ∵，53B ，60C ，在Rt ACE 中， °3sin 60802AE AC m又∵sin sin AC BC B BAC ，即800.80.9BC ， 90BC m ，21902ABC S m △．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系，即锐角三角函数的定义是解决问题的前提．例2．（2022·湖南湘西·统考中考真题）阅读材料：余弦定理是描述三角形中三边长度与一个角余弦值关系的数学定理，运用它可以解决一类已知三角形两边及夹角求第三边或者已知三边求角的问题．余弦定理是这样描述的：在△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 所对的边分别为a 、b 、c ，则三角形中任意一边的平方等于另外两边的平方和减去这两边及这两边的夹角的余弦值的乘积的2倍．用公式可描述为：a 2＝b 2＋c 2﹣2bc cos A ；b 2＝a 2＋c 2﹣2ac cos B ；c 2＝a 2＋b 2﹣2ab cos C现已知在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝4，∠A ＝60°，则BC ＝_____．例3．（2022·山东青岛·校考二模）问题提出：已知任意三角形的两边及夹角，求三角形的面积．问题探究：为了解决上述问题，我们先由特殊到一般来进行探究．探究一：如图1，在ABC 中，90ABC ，AC b ，BC a ，C ，求ABC 的面积．在Rt ABC △中，90ABC ，sin AB ACsin AB b ．11sin 22ABC S BC AB a b ．探究二：如图2，ABC 中，AB AC b ，BC a ，B ，求ABC 的面积（用含a 、b 、代数式表示），写出探究过程．探究三：如图3，ABC 中，AB b ，BC a ，B ，求ABC 的面积（用a 、b 、表示）写出探究过程．问题解决：已知任意三角形的两边及夹角，求三角形的面积方法是：___________（用文字叙述）．问题应用：如图4，已知平行四边形ABCD 中，AB b ，BC a ，B ，求平行四边形ABCD 的面积（用a 、b 、表示）写出解题过程．问题拓广：如图5所示，利用你所探究的结论直接写出任意四边形的面积（用a 、b 、c 、d 、、表示），其中AB b ，BC c ，CD d ，AD a ，A ，C ．(1)一个三角形边长依次是(2)学完勾股定理以后，已知任意形状的三角形的三边长也可以求出其面积．如图，在AC ，求BC ，1314【答案】(1)66(2)ABC由题意得：60DE 米，OED ∵三片风叶两两所成的角为120 又∵30OEA ，∴180OAE ∵30OEA ，45OED ，AB k5【点睛】此题是新定义运算题，主要考查了等腰三角形的定义、勾股定理和三角函数等知识，熟练掌握勾股定理、三角函数的定义以及新定义运算的规定是解答此题的关键．例8．（2022春·浙江在学习完锐角三角函数后，求sin2 （用含sinα,cosα阅读以上内容，回答下列问题：在Rt ABC 中，90,1C AB ．11(1)若90180 ，则角α的三角函数值sin 、cos 、tan ，其中取正值的是(2)若角α的终边与直线2y x 重合，则sin cos +的值；(3)若角α是钝角，其终边上一点(,2)P x ，且1cos =3x ，求tan 的值；(4)若090 ，则sin cos +的取值范围是．课后专项训练1．（2023秋·广东东莞·九年级校考阶段练习）阅读材料：余弦定理是描述三角形中三边长度与一个角余弦2．（2020·四川广元市·中考真题）规定： sin sin ,cos cos ,cos cos cos sin sin x x x x x y x y x y 给出以下四个结论：（1） 1sin 302；（2）22cos 2cos sin x x x ；（3） cos cos cos sin sin x y x y x y ；（4）62cos154其中正确的结论的个数为（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【分析】根据题目所规定的公式，化简三角函数，即可判断结论．【详解】解：（1） 1sin 30sin 302，故此结论正确；（2） 22cos 2cos cos cos sin sin cos sin x x x x x x x x x ，故此结论正确；（3） cos cos cos cos sin sin cos cos sin sin x y x y x y x y x y x y 故此结论正确；（4）cos15 = cos 4530 =cos 45cos 30sin 45sin 30 1222244624，故此结论错误.故选：C ．【点睛】本题属于新定义问题，主要考查了三角函数的知识，解题的关键是熟练掌握三角函数的基础知识，理解题中公式.∵sin ,cos a b A A c c ，∴sin ∵1sin 3 ，∴2cos 1sin ∵ sin sin cos cossin sin C sinh h(1)求cos75 的值；(2)激光测速是目前道路测速方法中最为精准的一种，它是对被测车辆进行两次有特定时间间隔的激光测距，取得该一时段内被测车辆的移动距离，从而得到该车辆的移动速度．如图，在一条限速为80千米/小时的国道边上有一个激光测速仪测得某辆汽车从点A到点B的时间间隔为0.5点P的北偏东45°，请问该汽车是否超速？为什么？（(1)计算cos15 _______．(2)(3)一副斜边长均为16的三角板拼成如图所示的图形，求过【答案】(1)62(2)2(3)。

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