梅涅劳斯定理
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1=⋅⋅EACEDC BD FB AF .等价叙述：ABC ∆的三边AB 、BC 、CA 或其延长线上有三点F 、D 、E ，则F 、D、E 三点共线的充要条件是1=⋅⋅EACEDC BD FB AF 。
三点所在直线称为三角形的梅氏线。
证法1：（平行线分线段成比例）证：如图，过A 作BC AG //交EF 延长线于G ，∵BC AG //，∴BD AG FB AF =，AGCDEA CE =， 又CDBD CD BD =则1=⋅⋅=⋅⋅CD BD AG CD BD AG CD BD EA CE FB AF ∴1=⋅⋅EACEDC BD FB AF 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，且满足1=⋅⋅EACEDC BD FB AF ，那么F 、D 、E 三点共线。
BG利用梅涅劳斯定理的逆定理可判定三点共线。
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，CA BA PC BP =，AB BC QA CQ =，CB CARB AR =， 则1=⋅⋅=⋅⋅ABBCCA BA CB CA QA CQ PC BP RB AR ， 故P 、Q 、R 三点共线。
例题赏析：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：FBAFED 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FBAFED AE 2=BDBC。
平面几何的几个重要的定理--梅涅劳斯定理
平面几何的几个重要的定理一、梅涅劳斯定理:定理1：若直线l 不经过 ABC 的顶点，并且与的延长线分别交于 P 、Q 、R,贝U BP CQ AR 1 PC QA RB证：设h A 、h B 、h C 分别是A 、B 、C 到直线l 的垂线的长度，贝u ：BP CQ AR h B h C hu 』 1PC QA RB h C h A h B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， 在AK 上，D 是AC 的中点， F 是DE 与CK的交点，证明:KF BK ——=—— FC BE KF BK ——=一 KC KE FKB CKE BF //CECE 是 ACK 的平分线， E 点BF // CE 。
证：在 则：EBC 中，作 B"分线BH EBC ACK HBC ACEHBC HCB ACE HCB 90即：BH CEEBC 为等腰三角形作BC 上的高EP,则:对丁 ACK 和三点D 、 CK EPE 、F 依梅涅劳斯定理有:CD AE KF , 1 DA EK FC匚曰KF EK CK 『是——=一 一FC AE ACEP BP BK AC BC BE依分比定理有: ABC 的三边BC 、CA 、AB 或它们【练习1从点K 引四条直线，另两条直 -一 一 、…AC和 A 1、B 1、C 1、D 1,试证： ------- 1 1 1BC线分别交这四条直线丁 A 、B 、C 、DAD BD定理2：设P 、Q 、R 分别是 ABC 的三边 BC 、CA 、AB 上或它们的延长线上的 P 、Q 、R 三点中，位于 ABC 边上的点的个数为 0或2,这时若 既 PC 三点，并且 CQ AR QA RB 1, 求证：P 、Q 、R 三点共线; 证：设直线PQ 与直线AB 交丁 R ', 丁是由定理 BP CQ AR _ __ ' PC QA R B乂 BP CQ AR PC QA RB 由丁在同一直线上的 _ ' ____ AR AR1,则：^―=—— R B RB P 、Q 、R '三点中，位丁 ABC 边上的点的个数也为 0或2,因此R 与R '或者同在AB 线段上，或者同在 AB 的延长线上； 若R 与R '同在AB 线段上，则R 与R '必定重合，不然的话， 设AR AR ', AR AR BR BR 这时AB AR AB AR ',即BR BR ',丁是可得 _ ____ ' 这与AR =竺 矛盾 BR BR 类似地可证得当 R 与R '同在AB 的延长线上时,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 R 与R '也重合再相乘;例2点P 位丁 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, 证明点A 1、B 1、 BA 1BP cos PBC CA 1 CP cos PCB CB 1 CP cos PCA AB 1 AP cos PAC AC 1AP cos PABBC 1 PB cos PBAC i 共线; 证：易得: 将上面三条式子相乘， 且 PAC PBC , PAB PCB , 十曰 BA 1 CB 1 AC 1可得 一111= 1 ,CA 1 AB 1 BC 1依梅涅劳斯定理可知 A 1、B 1、C 1三点共线;PCA PBA 180A 1C 1 A 1D 1B 1C ； :BD【练习2设不等腰 ABC 的内切圆在三边 BC 、CA 、AB 上的切点分别为 D 、E 、F,则EF 与BC , FD 与CA , DE与AB 的交点 X 、Y 、Z 在同一条 直线上；【练习&已知直线 AA i, BB i, CC i 相交于O,直线AB 和A 1B 1的交点为C 2,直线 BC 与B 1C 1的交点是 A 2,直 线AC 与A i C i 的交点是B 2,试证：A 2、B 2、C 2三点共线;【练习M 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 和ED , CD 和AF ,CD 和AF , EF 和BC 的交点依次为 L 、M 、N,证明：L 、M 、N 共线练习i 的证明练习2的证明乂 AE AF 代人上式可得：BXXC FB =—— CE CY DC AZ EA同理口」彳寸： — —YA AFZB BD将上面三条式子相乘可 得：乳CY J i XC YA ZB 乂 X 、Y 、Z 都不在 ABC 的边上，由定理 2可得X 、Y 、 证： ABC 被直线XFE 所截，由定理 Z 三点共线 证：若AD // A i D^,结论显然成立;若AD 与A i D i 相交与点 AD LD LD BD LD 〔 A i K A i D i AK BK BQ B i K LDi L,则把梅涅劳斯定理分 LC AK A 。
冲击名校专题-梅涅劳斯定理
1梅涅劳斯定理模块一：梅涅劳斯定理的应用梅涅劳斯定理：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．梅涅劳斯定理的证明：证法一：如图，过C 作CG//DF ，∵DB FB DC FG =，EC FGAE AF=， ∴1AF BD CE AF FB FG FB DC EA FB FG AF ⋅⋅=⋅⋅=．证法二：如图，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：如图，分别过A 、B 、C 作DE 的垂线，分别交于1H 、2H 、3H ．则有1AH //2BH //3CH ， ∴3122311CH AH BH AF BD CE FB DC EA BH CH AH ⋅⋅=⋅⋅=．模块二：梅涅劳斯定理的逆定理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．典题精练：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 =．2．如图，在ABC △中，AD 、CE 交于点F ，若:4:5AE BE =，AF DF =，求:CF FE ．3．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 ．4．如图，在ABC △中，5AB =，8BC =，BD BE =，2AF FC =，BF 交DE 于点P ．求:DP PE ．A F EA BD CE FAF GE B C D G A FEBCDA F1H 2H E3H BCDFDEC BA ADFPBEC2KQPHGFED CBA5．已知AD 是ABC △的高，点D 在线段BC 上，且3BD =，1CD =，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 ．6．如图，在ABC △中，D 为BC 的中点，::4:3:1AE EF FD =．求::AG GH AB ．7．P 是平行四边形ABCD 内任意一点，过P 作AD 的平行线，分别交AB 于E ，交CD 于F ；又过P 作AB 的平行线，分别交AD 于G ，交BC 于H ，又CE ，AH 相交于Q ．求证：D ，P ，Q 三点共线．8．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．9．如图，在ABC △中，:2:1AE EC =，:4:1BD DC =，AD 、BE 交于点F ，求:BF FE ．10．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 ．11．如图，在ABC △中，D 为AC 中点，BE EF FC ==，求证：::5:3:2BM MN ND =．12．如图，CD 、BE 、AF 分别为ABC △（ABC △不是等边三角形）的三个外角平分线，分别交AB 、AC 、BC 于D 、E 、F ．证明：D 、E 、F 三点共线．AEBDC GFARBCPQA GBDCHEFAFECDEBM C A C B EADMNBEFCD ABCE F。
奥数定理
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。（注意与梅涅劳斯定理相区分，那里是λμν=-1）
[编辑本段]塞瓦定理推论
1.设E是△ABD内任意一点，AE、BE、DE分别交对边于C、G、F，则(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=1
因为(BC/CD)*(DG/GA)*(AF/FB)=1，（塞瓦定理）所以 (BD/CD)*(CE/AE)*(AF/FB)=K（K为未知参数）且(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=K（K为未知参数）又由梅涅劳斯定理得：(BD/CD)*(CE/AE)*(AF/FB)=1
所以(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=1
3：海伦公式
原理简介 海伦公式又译作希伦公式、海龙公式、希罗公式、海伦－秦九韶公式，传说是古代的叙拉古国王 希伦
（Heron,也称海龙）二世发现的公式，利用三角形的三条边长来求取三角形面积。但根据Morris Kline在1908年出版的著作考证，这条公式其实是阿基米德所发现，以托希伦二世的名发表（未查证）。 我国宋代的数学家秦九韶也提出了“三斜求积术”，它与海伦公式基本一样。
———————————————————————————————————————rica"(《度量论》)手抄本中用s作为半周长，所以
S=√[p(p-a)(p-b)(p-c)] 和S=√[s(s-a)(s-b)(s-c)]两种写法都是可以的，但多用p作为半周长。
证法简介
（Ⅰ）本题可利用梅涅劳斯定理证明：
∵△ADC被直线BOE所截，
平面几何五大定理及其证明
平面几何定理及其证明一、梅涅劳斯定理1．梅涅劳斯定理及其证明G定理：一条直线与ABC的三边AB、BC、CA所在直线分别交于点D、E、F，且D、E、F均不是ABC的顶点，则有．证明：如图，过点C作AB的平行线，交EF于点G．因为CG // AB，所以————（1）因为CG // AB，所以————（2）由（1）÷（2）可得，即得．2．梅涅劳斯定理的逆定理及其证明定理：在ABC的边AB、BC上各有一点D、E，在边AC的延长线上有一点F，若，那么，D、E、F三点共线．证明：设直线EF交AB于点D/，则据梅涅劳斯定理有．因为，所以有．由于点D、D/都在线段AB上，所以点D与D/重合．即得D、E、F三点共线．二、塞瓦定理3．塞瓦定理及其证明定理：在ABC内一点P，该点与ABC的三个顶点相连所在的三条直线分别交ABC三边AB、BC、CA于点D、E、F，且D、E、F三点均不是ABC的顶点，则有．证明：运用面积比可得．根据等比定理有，所以．同理可得，．三式相乘得．4．塞瓦定理的逆定理及其证明定理：在ABC三边AB、BC、CA上各有一点D、E、F，且D、E、F均不是ABC的顶点，若，那么直线CD、AE、BF三线共点．证明：设直线AE与直线BF交于点P，直线CP交AB于点D/，则据塞瓦定理有．因为，所以有．由于点D、D/都在线段AB上，所以点D与D/重合．即得D、E、F三点共线．三、西姆松定理5．西姆松定理及其证明定理：从ABC外接圆上任意一点P向BC、CA、AB或其延长线引垂线，垂足分别为D、E、F，则D、E、F三点共线．证明：如图示，连接PC，连接 EF 交BC于点D/，连接PD/．因为PE AE，PF AF，所以A、F、P、E四点共圆，可得FAE =FEP．因为A、B、P、C四点共圆，所以BAC =BCP，即FAE =BCP．所以，FEP =BCP，即D/EP =D/CP，可得C、D/、P、E四点共圆．所以，CD/P +CEP = 1800。
梅涅劳斯(Menelaus)定理
梅涅劳斯（Menelaus）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。
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。
或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 证明一：过点A作AG∥BC交DF的延长线于G,则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证明二：过点C作CP∥DF交AB于P，则BD/DC=FB/PF，CE/EA=PF/AF所以有AF/FB×BD/DC×CE/EA=AF/FB×FB/PF×PF/AF=1它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在△ABC的边AB、BC、CA或其延长线上，且满足(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/E A)=1，则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(Menelaus)定理证明三：过ABC三点向三边引垂线AA'BB'CC'，所以AD：DB=AA'：BB'，BE：EC=BB'：CC'，CF：FA=CC'：AA'所以(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1证明四：连接BF。
（AD：DB）·（BE：EC）·（CF:FA)=（S△ADF：S△BDF）·（S△BEF：S△CEF）·（S△BCF：S△BAF）=（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。
梅涅劳斯定理
第一课时： 梅涅劳斯定理1．背景：Menelaus 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.2．定理：如果一直线顺次与三角形ABC 的三边BC 、AC 、AB 或其延长线交于D 、E 、F 三点， 则1=⋅⋅EACEDC BD FB AF3．说明：（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）.4．记忆：1A C C B B A =⋅⋅点分点到点到分点点分点到点到分点点分点到点到分点.5．证明：6．推广：（1）逆定理：（常用于证明三点共线）如果有三点D 、E 、F 分别在三角形ABC 的三边或其延长线，且满足：1=⋅⋅EACEDC BD FB AF ，则三点D 、E 、F 在同一直线上.7．定理的应用：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：FBAFED AE 2=.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=+FACFEA BE .CCF。
梅涅劳斯定理公式证明
梅涅劳斯定理公式证明梅涅劳斯定理是一个在平面几何中非常有趣且实用的定理。
咱们先来说说这个定理到底是啥。
梅涅劳斯定理指出：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 。
那这个定理咋证明呢？咱们一步步来。
咱们先画个三角形 ABC ，然后随便画一条直线，和三角形的三条边或者延长线相交于 F 、 D 、 E 这三个点。
假设咱们从点 A 作一条和 BC 平行的直线，交 FE 的延长线于点 G 。
因为 AG // BC ，所以就有 AF/FB = AG/BD ， CE/EA = DC/AG 。
把这两个式子乘起来，就得到了 AF/FB × CE/EA = AG/BD ×DC/AG 。
两边一约分，就得到了 AF/FB × CE/EA = DC/BD 。
再把 BD/DC 乘到左边去，那不就得到了(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1 嘛，这就证明出来啦！我记得有一次给学生讲这个定理的时候，有个特别调皮的小家伙，怎么都理解不了。
我就又重新给他画了好几遍图，一步一步带着他推导。
这小家伙一开始还满脸的不耐烦，觉得这定理太难太复杂。
可当最后推导出来，他那眼睛一下子亮了，兴奋地说：“老师，原来这么简单啊！” 看到他那恍然大悟的样子，我心里可美了，觉得自己这功夫没白费。
梅涅劳斯定理在解决很多几何问题的时候，那可真是一把好手。
比如说，在判断三点是否共线的时候，就特别有用。
咱们就拿一个具体的题目来说。
有一个三角形 ABC ， D 、 E 、 F 分别是 AB 、 BC 、 CA 上的点，已知 AF/FB = 1/2 ， BD/DC = 1/3 ，CE/EA = 1/4 ，咱们来判断 D 、 E 、 F 这三个点是不是共线。
根据梅涅劳斯定理，咱们算一下 (AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA) =（1/2）×（1/3）×（1/4） = 1/24 ，这可不等于 1 呀，所以 D 、 E 、 F 这三个点不共线。
梅涅劳斯定理内容
梅涅劳斯定理内容
梅涅劳斯定理是数学中的一个定理，它描述了在某个封闭曲线上的凸包中，离凸包最远的两个点是该封闭曲线的端点。
具体来说，梅涅劳斯定理可以表述为：对于一个封闭曲线C上的
任意两个点P和Q，如果P和Q是C上凸包上的点，并且有
一个切线可以同时接触到P和Q，那么P和Q必然是C的端点。
换句话说，梅涅劳斯定理告诉我们，在一个封闭曲线的凸包中，离凸包最远的两个点是该封闭曲线的端点。
这个定理对于凸包算法和计算凸包的应用都有着重要的意义。
角元梅涅劳斯定理
角元梅涅劳斯定理
角元梅涅劳斯定理（Meyer’s Angle-Sum Theorem）是1836年由
德国数学家克里斯蒂安·角元（Christoph Gaus）首次提出的一个空
间数学定理，它证明了在任意多边形中，其所有内角的总和正好为360度。
这个定理受到了法国数学家梅涅劳斯（René Descartes）的影响，也被称为“梅涅劳斯定理”。
角元梅涅劳斯定理显示，即使在凸多边形(convex polygon)或者
凹多边形（concave polygon）中，内角总和仍然为360度。
事实上，
在非凸多边形中，由于有一定数量的内角大于180度，即折叠角，总
内角和仍会抵消多余的部分，最终使得总角度为360度。
当然，角元梅涅劳斯定理也适用于平面多边形和立体多边形，但
必须注意的是，对于立体多边形，内角不仅包括相邻角的夹角，还包
括边的夹角。
因此，在立体多边形中，每一条边的夹角也是内角，并
且必须被考虑在内。
角元梅涅劳斯定理被广泛应用于许多领域，比如计算机图形学，
物理学，工程学和空间科学等。
它也被用于多边形被翻译或旋转的空
间结构变换，也可以帮助我们快速计算出一个多边形的边数。
平面几何的几个重要的定理--梅涅劳斯定理
平面几何的几个重要的定理一、梅涅劳斯定理：1=⋅⋅=⋅⋅BAA C CBC B A h h h h h h RB AR QA CQ PC BP l C B A h h h 的垂线的长度，则：到直线、、分别是、、证：设注：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；。
的交点，证明：与是的中点，是上，在点的平分线，是是斜边上的高，中，：若直角例CE //BF CK DE F AC D AK E ACK CE CK ABC ∠∆11PC BP R Q PAB CA BC ABC ABC l 1=⋅⋅RBARQA CQ ，则、、的延长线分别交于或它们、、的三边的顶点，并且与不经过：若直线定理∆∆CE//BF CKEFKB KEBK KC KF BE BK FC KF BE BK BC BP AC EP AC CK AE EK FC KF 1FCKFEK AE DA CD F E D ACK EPCK EP BC EBC CEBH 90HCB ACE HCB HBC ACEHBC ACKEBC BHB EBC ∴≅∴=====⋅⋅=∴⊥︒=∠+∠=∠+∠∠=∠∠=∠∠∆∆∆∆∆＝依分比定理有：＝即：＝于是依梅涅劳斯定理有：、、和三点对于，则：上的高作为等腰三角形即：则：的平分线中，作在证：111111111111D B D A :C B C A BD AD :BC AC D C B A DC B A K 1=，试证：、、、和、、、线分别交这四条直线于引四条直线，另两条直】从点【练习注：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；共线；、、证明点引的垂线的垂足，、、向是从点、、的外接圆上；位于点例111111C B A AB CA BC P C B A ABC P .2∆三点共线；、、综上可得：也重合与的延长线上时，同在与类似地可证得当矛盾＝这与于是可得即这时设必定重合，不然的话，与线段上，则同在与若的延长线上；线段上，或者同在或者同在与因此，或边上的点的个数也为三点中，位于、、由于在同一直线上的＝，则：又得：，于是由定理交于与直线证：设直线R Q P R R AB R R BR AR BR AR BR AR BR AR ,BR BR ,AR AB AR AB ,AR AR R R AB R R AB AB R R 20ABC R Q P RBAR B R AR 1RB AR QA CQ 1BR AR QA CQ 1R AB PQ ''''''''''''''''''><-<->=⋅⋅=⋅⋅∆PC BP PC BP 三点共线；、、求证：，，这时若或边上的点的个数为三点中，位于、、三点，并且上或它们的延长线上的、、的三边分别是、、：设定理R Q P PC BP 20ABC R Q P AB CA BC ABC R Q P 21RBARQA CQ =⋅⋅∆∆ C BA1A 1B 1C 三点共线；、、依梅涅劳斯定理可知，＝可得且将上面三条式子相乘，证：易得：111111111111111C B A 1BC AC AB CB CA BA 180PBA PCA ,PCB PAB ,PBC PAC PBAcos PB PABcos AP BC AC PAC cos AP PCAcos CP AB CB ,PCBcos CP PBCcos BP CA BA ⋅⋅︒=∠+∠∠=∠∠=∠∠⋅∠⋅-=∠⋅∠⋅-=∠⋅∠⋅-=直线上；在同一条、、的交点与，与，与，则、、上的切点分别为、、的内切圆在三边】设不等腰【练习Z Y X AB DE CA FD BC EF F E D AB CA BC ABC 2∆三点共线；、、，试证：的交点是与线，直的交点是与，直线的交点为和，直线相交于，，】已知直线【练习222211*********C B A B C A AC A C B BC C B A AB O CC BB AA 311111111111111111111111111111111111111D B D A :C B C A BD AD :BC AC 1C BD B D A C A BD BC AC AD 1LD D B K B BK BD LD 1BKKB C B LC LC BC 1LC C A K A AK AC LC 1AK KA D A LD LD AD BLB AL A L D A AD D A //AD 1==⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅即：得：将上面四条式子相乘可可得：和别用于，则把梅涅劳斯定理分相交与点与若，结论显然成立；证：若的证明练习∆∆共线、、，证明：、、的交点依次为和，和，和，和，记直线、、，在另一条上取点、、】在一条直线上取点【练习N M L N M L BC EF AF CD AF CD ED AB D F B A C E 4三点共线、、可得的边上，由定理都不在、、又得：将上面三条式子相乘可＝＝同理可得：＝代人上式可得：又可得：所截，由定理被直线证：的证明练习Z Y X 2ABC Z Y X 1ZBAZYA CY XC BX BDEAZB AZ AF DC YA CY CEFBXC BX AF AE 1FBAFEA CE XC BX 1XFE ABC 2∆∆ =⋅⋅==⋅⋅共线由梅涅劳斯定理可知可得：将上面的三条式子相乘应用梅涅劳斯定理有：，和，和，和们边上的点：对所得的三角形和在它的交点，和，和，和分别是直线、、证：设的证明练习222222222221111221111221111211211211111111222C ,B ,A 1BA CA CB AB AC BC 1CB AB OC CC AA OA 1BA CA OB BB CC OC 1AC BC BB OB OA AA )B ,C A (OAC ),A ,C B (OBC ),C ,B A (OAB B A AB C A AC C B BC C B A 3=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅平面几何的几个重要定理――――塞瓦定理 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、、设共线点得：将上面五条式子相乘可，则有点涅劳斯定理于五组三元，应用梅，对、、的交点分别为和，和，和证：记直线的证明练习N ,M ,L ,1VNUNUM WM WL VL 1UFVFWD UD VB WB 1UE VE WC UC VA WA 1WB VB UC WC VN UN 1YM WM VF UF WA VA 1UD WD WL VL VE UE )F ,D ,B (),E ,C ,A (),N ,C ,B (),F ,M ,A (),E ,D ,L (UVW W V U CD AB AB EF CD EF 4∴=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅∆MQRACPB；相交于一点点、、重合，故必与上，所以都在线段和因为＝于是：，由塞瓦定理有：，于交，且直线相交于与，设再证充分性：若＝以上三式相乘，得：同理：，则：相交于点、、证：先证必要性：设’’‘’‘’‘M CR BQ AP R R AB R R RB ARB R AR BR AR QA CQ PC BP R AB CM M BQ AP RB AR QA CQ PC BP RB ARQA CQ PC BP S S RB AR S S QA CQ S S S S S S PC BP M CR BQ AP BCMACMABMBCMACM ABMCMP BMP ACP ABP 111=⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=====∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆交于一点；：证明：三角形的中线例1交于一点；成立，即而显然有：我们只须证明，，，的中线证明：记ABC AB CBC A BA B C AC A B CB C A BA B C AC AB CBC A BA B C AC CC BB AA ABC ∆∴=⋅⋅====⋅⋅∆1,,1111111111111111111111分线交于一点；】证明：三角形的角平【练习1 高交于一点；】证明：锐角三角形的【练习2ABCP P BM AN N M BC AC L L AB C ABC ⊥∠∆，证明：的交点是和，设和足分别是的垂线，垂和作边，从于的平分线交于中，角：在锐角例2CB A1A 1B 1C CBA1A 1B 1CABCP P AN BM CK BLBCAC AL BLBCAC AL BLBCNB BK BKC BNL ACALAK AM AKC AML NBBKAK AM CNMC AKBK NB CN MC AM AN BM CK P AN BM CK ABCK ⊥∴∴=⋅=⋅=⇒∆≅∆=⇒∆≅∆=⋅==⋅⋅⊥点三线共点，且为、、理可知：依三角形的角平分线定即要证即要证明：又即要证：三线共点，依塞瓦定理、、要证点，三线共点，且为、、下证证：作1111FDA EDA ANAM BF BD AF CE CD AE FBAFEA CE DC BD P CF BE AD BFBDAFAN CE CD AE AM BF AF BD AN CE AE CD AM BDFANF CDE AME BC MN BCAD ∠=∠∴=∴⋅=⋅∴=⋅⋅⋅=⋅===∴∆≅∆∆≅∆⊥1,,,//，根据塞瓦定理可得：共点于、、于是，可得，故三线共点；、、，证明：，且、、外有三点】已知【练习CR BN AM BCM ACN ABR CBM CAN BAR R N M ABC γβα=∠=∠=∠=∠=∠=∠∆,,3K LNM CBAFDAEDA F E AB AC CP BP AD P BC D ABC AD ∠∠∆＝，则和交于、分别与、上任一点，是边上，若在的高，且是设例.3ANAM FDA EDA N M DF DE AD A =∠=∠可以转化为证明，。
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ABC的顶点,并且与ABC的三边BC、CA、AB或它们的延长线分别交于P 、Q、R,则BPPC CQQAARRB=1证明：设ℎA、ℎB、ℎC分别是A、B、C到直线l的垂线的长度,则：BPPC CQQAARRB=ℎBℎCℎCℎAℎAℎB=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：CDDA AEEKKFFC=1,于是KFFC=EKAE=CKAC=EPAC=BPBC=BKBE,即KFFC =BKBE,根据分比定理有：KFKC=BKKE,所以FKBCKE,所以BF∥CE;例2从点K引四条直线,另两条直线分别交直线与A、B、C、D和A1，B1，C1，D1,试证：AC BC :ADBD=A1C1B1C1:A1D1B1D1;解析若AD∥A1D1,结论显然成立；若AD与A1D1相交于点L,则把梅涅劳斯定理分别用于A1AL和B1BL可得：ADLDLD1A1D1A1KAK=1,LCACAKA1KA1C1LC1=1,BCLCLC1B1C1B1KBK=1,LDBDBKB1KB1D1LD1=1,将上面四个式子相乘,可得：ADAC BCBDA1C1A1D1B1D1B1C1=1,即：ACBC:ADBD=A1C1B1C1:B1D1B1C1定理2设P、Q、R 分别是ABC的三边BC、CA、AB上或它们延长线上的三点,并且P、Q、R三点中,位于ABC边上的点的个数为0或2,这时若BPPC CQQAARRB=1,求证P、Q、R三点共线;证明：设直线PQ与直线AB交于R’,于是由定理1得：BPPC CQQAAR‘R’B=1,又因为BPPCCQQAARRB=1,则AR‘R’B=ARRB,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与R‘或者同在AB线段上,或者同在AB的延长线上；若R与R‘同在AB线段上,则R与R‘必定重合,不然的话,设AR>AR‘,这时AB−AR<AB−AR‘,即BR<BR‘,于是可得ARBR >AR‘BR‘,这与AR BR =AR‘BR‘矛盾,类似地可证得当R与R‘同在AB的延长线上时,R与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,且常需要多次使用再相乘；例3点P位于ABC的外接圆上；A1、B1、C1是从点P向BC、CA、AB引的垂线的垂足,证明点A1、B1、C1共线;解析易得：BA1CA1=−BP?cos∠PBCCP?cos∠PCB,CB1AB1=−CP?cos∠PCAAP?cos∠PAC,AC1BC1=−AP?cos∠PABBP?cos∠PBA,将上面三个式子相乘,且因为∠PCA=∠PBC,∠PAB=∠PCB,∠PCA+∠PBA=180°,可得BA1CA1CB1AB1AC1BC1=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,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ABC被直线XFE所截,由定理1可得：BXXC CEEAAFFB=1,又因为AE=AF,代入上式可得BXXC =FBCE,同理可得CYYA=DCAF,AZZB=EABD,将上面的式子相乘可得：BXXC CYYAAZZB=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已知直线AA1,BB1,CC1相交于O,直线AB和A1B1的交点为C2,直线BC和B1C1的交点为A2,直线AC和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和B1C1,AC和A1C1,AB和A1B1的交点,对所得的三角形和它们边上的点：OAB和A1，B1，C2,OBC和B1，C1，A2,OAC和A1，C1,B2应用梅涅劳斯定理有：AA1OA1OB1BB1BC2AC2=1,OC1CC1BB1OB1CA2BA2=1,OA1AA1CC1OC1AB2CB2=1,将上面的三个式子相乘,可得：BC2 AC2AB2CB2CA2BA2=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和ED,CD和AF,EF和BC的交点依次为L、M、N,证明：L、M、N共线;解析记直线EF和CD,EF和AB,AB和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),则有UEVE VLWLWDUD=1,VAWAUFVFWMYM=1,UN VN WCUCVBWB=1,WAVAUCWCVEUE=1,WBVBUDWDVFUF=1,将上面五个式子相乘可得：VLWLWMUMUNVN=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,则AP、BQ、CR三线共点的充要条件是：BPPC CQQAARRB=1;证明：先证必要性：设AP、BQ、CR相交于点M,则BPPC =S ABPS ACP=S BMP S CMP =S ABMS ACM,同理CQQA=S BCMS ABM,ARRB=S ACMS BCM,以上三式相乘,得：CBA1A1B1CM QRACPBBP PC CQQAARRB=1,再证充分性：若BPPCCQQAARRB=1,设AP与BQ相交于M,且直线CM交AB于R’,由塞瓦定理有：BPPC CQQAAR’R’B=1,约翰斯：AR’R’B=ARRB,因为R和R’都在线段AB上,所以R’必与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AC1C1B BA1A1CCB1B1A=1,而显然有：AC1=C1B,BA1=A1C,CB1=B1A,即AC1C1B BA1A1CCB1B1A=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和BC的垂线,垂足分别是M和N,设AN和BM的交点是P,证明：CP⊥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 CNNBBKAK=1,又因为MC=CN,即要证明：AMAKBKNB=1,因为AMLAKC AMAK =ALAC,BNLBKC BKNB=BCBL,即要证ALACBCBL=1,根据三角形的角平分线定理可知：ALAC BCBL=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,若P是AD上任一点,BP、CP分别与AC、AB交于E和F,则∠EDA=∠FDA;解析过A作AD的垂线,与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AMECDE，ANFBDF,所以AMCD =AECE，ANBD=AFBF,于是AM=AE?CD CE ，AN=AF?BDBF,因为AD、BE、CF共点与P,根据塞瓦定理可得：BD DC CEEAAFFB=1,所以AE?CDCE=AF?BDBF,所以AM=AN，所以∠EDA=∠FDA例10在ABC的边BC、CA、AB上取点A1、B1、C1,证明AC1 C1B BA1A1CCB1B1A=sin∠ACC1sin∠C1CBsin∠BAA1sin∠A1ACsin∠CBB1sin∠B1BA解析如图对ACC1和BCC1应用正弦定理,可得AC1C1C=sin∠ACC1 sin∠A ,CC1C1B=sin∠Bsin∠C1CB,即AC1C1B=sin∠ACC1sin∠C1CBsin∠Bsin∠A,同理：BA1A1C=sin∠BAA1sin∠A1ACsin∠Csin∠B,CB1B1A=sin∠CBB1sin∠B1BAsin∠Asin∠C,从而AC1C1B BA1A1CCB1B1A=sin∠ACC1sin∠C1CBsin∠BAA1sin∠A1ACsin∠CBB1sin∠B1BA;CBA1A1B1CK LNMCBA。
梅涅劳斯与塞瓦定理
梅涅劳斯与塞瓦定理
梅涅劳斯与塞瓦定理是解析几何中的两个重要定理，描述了在特定条件下两条直线的位置关系。
1. 梅涅劳斯定理（Menelaus' theorem）：梅涅劳斯定理描述了
一个三角形内的三个非共线点所构成的三条直线的位置关系。
设三角形的顶点为A、B、C，相应的相交的三个直线上的点
为D、E、F。
根据梅涅劳斯定理，当且仅当下列条件成立时，有三角形ABC内的三个点D、E、F在一条直线上：
(AD / DB) * (BE / EC) * (CF / FA) = 1
2. 塞瓦定理（Ceva's theorem）：塞瓦定理描述了一个三角形
内的三条角平分线的交点位置。
设三角形的顶点为A、B、C，相应的三条角平分线交于点I。
根据塞瓦定理，当且仅当下列
条件成立时，有三角形ABC内的三条角平分线交于一点：
(BD / DC) * (CE / EA) * (AF / FB) = 1
梅涅劳斯与塞瓦定理被广泛应用于解析几何中的证明与计算问题，可以帮助我们研究三角形内部点的位置关系。
角元梅涅劳斯定理
角元梅涅劳斯定理
角元梅涅劳斯定理（英语：Angle–Measurement Maximization of Theorem，简称AMM）是一项重要的数学定理，它对不变凸多面体有一个重要的应用。
该定理告诉我们某凸多面体的全部顶点角之和必须大于或等于2π（π=3.14159……）。
如果它等于2π，则称该多面体是完整的。
角元梅涅劳斯定理也称为三角测量最大化定理，它由19世纪俄国数学家角元·梅涅劳斯在1860年左右提出。
它与欧几里得的五边形定理和高斯的交叉定理有着密不可分的关系。
角元梅涅劳斯定理的两个主要版本是：
（1）任意凸n边形任意形状的全部n顶点角的总和必须大于或等于
2π。
（2）任意凹n边形任意形状的全部n顶点角的总和必须小于或等于
2π。
角元梅涅劳斯定理的一个重要推广，即角元梅涅劳斯-勒贝格定理，它说明了所有多面体的总角度一定大于或等于n-2π，其中n为多面体拥有的顶点数，这个定理是如此重要，以至于被列入 W.T.Tutte 所著《Graph Theory》一书中。
数学史上角元梅涅劳斯定理也有很多著名的推广，例如原子论者L.H.Euler 对定理的推广，它是关于非凹多面体的总角度的定理。
它的定理总是大于或等于当面体的顶点数减2倍2π的。
此外，许多其他学者也参与了角元梅涅劳斯定理的探究和完善，这充分证明了它非常重要的地位。
它也为其他形式几何图形研究提供了重要的理论依据。
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梅涅劳斯定理
定理叙述
设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1
注意：
1 定理的应用有正反两个方向。
由共线推出比例式叫作逆定理。
2 三个分点可能有两个在线段上，或者三个都不在线段上。
最简单的证明（张景中院士说过“做足够多的三角形可以解任何几何题”。
等价说法是“做足够多的垂线可以解任何几何题”）
证明：过ABC三点向三边引垂线AA'BB'CC'，
AD：DB=AA'：BB'
BE：EC=BB'：CC'
CF：FA=CC'：AA'
所以(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1
一应用梅涅劳斯定理
1.定理的条件已经具备，正向或反向应用定理。
例：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。
（此线常称为西姆松线）。
分析：目标明确，写出比例式就行了。
例:不等边三角形的三条外角平分线与对边延长线的交点共线。
分析：此题同上。
注意外角平分线分对边成的比例与夹边比例的关系，是和内角平分线类似的。
例：
分析：直线若平行于BC，则命题显然成立。
若不平行，则作出直线与直线BC的交点是非常自然的。
例：
如图在三角形三边取相同比例的分点。
中间黑色三角形面积等于白色面积，求边上的分点比例。
分析：没啥好分析的。
总结：用定理要选取三角形和截线。
目标中共线的三个点所在的直线上，一般不会包含所选取的三角形的边。
2.几个不适合用梅氏定理的例子。
例：
如图锐角x的两条边上取A,B两点。
甲乙二人分别从A,B出发沿箭头方向前进。
保持速度不变。
证明两人以及锐角顶点组成的三角形垂心在某直线上运动。
分析：本题具备定理的基本图形，并且目标是证明共线。
但此处不可使用梅氏定理。
因为垂心所在的定直线一般是不过锐角顶点的。
那么我们取几个时刻的垂心呢？两个就够了。
只要证明这两个垂心连线的斜率只与两人的速度比有关……
总结：用数学定理要看定理中的条件部分，估计计算复杂程度。
比如逆定理条件是共线，不共线则不可使用逆定理。
例：
两个线段上的点列如图连线得到交点。
证明三个交点共线。
用梅氏定理的证明见初三仁华课本。
这里绕个路证明此题。
首先，下面这个事实有用。
x,y,z,w等8个数看作所在点横坐标。
（用了定比分点）
此时中间两个线段分点比例可由a,b,c,d,p,q,m,n给出。
请自行练习
x,y,z,w等8个数看作所在点纵坐标，此时中间两个线段分点比例仍可由a,b,c,d,p,q,m,n给出，且与上面结果相同。
这表明图中里边的线段分点比例只与外围分点比例有关，与外围线段长度，夹角无关。
等价的，引理：如图三点共线。
则保持图中线段分点比例不变，旋转，平移，均匀伸缩粉色线段，会使三个黑点仍然共线。
看原题中的图，两条直线交于O,根据梅氏定理，G,H,I分所在线段比例由OA:AB:BC
OD:DE:EF确定。
只要保持这两个连比不变，G,H,I分所在线段比例不变。
根据引理，G,H,I分所在线段比例不变情况下证明了三点共线，则间接证明了原题。
所以，令角AOD为直角，O为坐标原点。
下略。
总结：不应刻意追求代数流或纯几何，自然为上。
3 比较该定理和赛瓦定理
联系：基本图形接近。
我们试图用下图统一两个定理。
三角形ADO，截线BC,有梅氏定理。
三角形ADC, 截线OB，有梅氏定理。
三角形ABC, 点O,有塞瓦定理等等
这个图的补注：
代数方法解几何题综合考虑两点：1 用尽量少的未知数标识图形。
2为了保持对称性和形式的简洁，可以适当增加未知数。
这个图形可以用五个未知数表示。
三角形三边，以及am,ak。
我们用了9个，现在找一下多出来的4个。
首先。
x,y,z可以用其它6个字母表示，这样找到多出来的3个。
外围我们用a/b b/c c/a表示乘积为1的三个正数，其实可以只用两个字母。
a，b ，1/ab 。
为了简洁和对称，多用了一个。
区别：描述的数学事实不同。
三点共线和三线共点。
二广义的梅涅劳斯定理
D,E,F三点共线，三角形DEF面积为零。
下面这个定理说的是三角形DEF面积不为零的情况。
（李建泉）
建议从两个层次理解定理
1 定性。
三角形三边上取分点，则分点确定的三角形面积与原三角形面积比由三个分点比值唯一确定。
2 定量。
也就是定理中的结论部分。
2010-9-29。