梅涅劳斯定理和例题拓展

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=⋅⋅FA

CF EC 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 FC

AF DM AD DM BD EC BE ⋅=⋅∴==,, 所以1=⋅⋅FA CF EC 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 FC

AF DM AD DM BD EC BE ⋅=⋅∴==,, 所以1=⋅⋅FA

CF EC BE DB AD

∴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=⋅⋅FA

CF EC 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

（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

（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