(完整word版)第1章梅涅劳斯定理及应用

第一章 梅涅劳斯定理基础知识梅涅劳斯定理：证明：梅涅劳斯定理的逆定理：证明：典型例题与基本方法例1 如图，在四边形ABCD 中，ABD ∆，BCD ∆，ABC ∆的面积比是1:4:3，点N M ,分别在AC ，CD 上，满足CD CN AC AM ::=，并且N M B ,,共线.求证：M 与N 分别是AC 和CD 的中点.例2 如图，圆1O 与圆2O 和ABC ∆的三边所在的3条直线都相切，H G F E ,,,为切点，直线EG 与FH 交于点P .求证：BC PA ⊥.例3 已知ABC ∆的重心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 DD .例4 ABC ∆是一个等腰三角形，AC AB =，M 是BC 的中点；O 是AM 的延长线上的一点，使得AB OB ⊥；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F Q E ,,同一直线上的三个不同点.求证：（Ⅰ）若EF OQ ⊥，则QF QE =；（Ⅱ）若QF QE =，则EF OQ ⊥.例5 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ABCD CDF ADE S S S 41==∆∆. 求证：ABCD 是平行四边形.例6 在ABC ∆中，1AA 为BC 边上的中线交BC 于1A ，2AA 为BAC ∠的平分线交BC 于2A ，K 为1AA 上的点，使AC KA //2. 证明：KC AA ⊥2.例7 给定锐角ABC ∆，在BC 边上取点21,A A （之间与位于C A A 12），在CA 边上取点21,B B （之间与位于A B B 12），在AB 边上取点21,C C （之间与位于B C C 12），使得122112211221C CC C CC B BB B BB A AA A AA ∠=∠=∠=∠=∠=∠，直线111,CC BB AA 与可构成一个三角形，直线222,CC BB AA 与可构成另一个三角形.证明：这两个三角形的六个顶点共圆.例8 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ED ,作BC 的垂线，垂足依次为G F ,，线段DG 和EF 交于点M .求证：BC AM ⊥.例9 已知凸四边形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L H ,，交对角线所在直线于','L H . 求证：'1'111ML MH ML MH +=+.例10 ABC ∆的内切圆分别切三边AB CA BC ,,于点F E D ,,，点X 是ABC ∆的一个内点，XBC ∆的内切圆在点D 处与BC 边相切，并与CX ，XB 分别相切于点Z Y ,. 证明：EFZY 是圆内接四边形.例11 如图，四边形ABCD 内接于圆，其边DC AB ,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F E ,.求证：F E P ,,三点共线.例12 已知ABC 的内切圆分别切AB CA BC ,,于点F E D ,,，线段CF BE 、分别与该内切圆交于点Q P 、，若直线BC FE 与交于圆外一点R . 证明：R Q P 、、三点共线.练习。

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共线的重要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 。

证明一：
过点A作AG△BC交DF的延长线于G
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A做直线AM△FD交BC延长线于M点，则
CE/EA=CD/DM,AF/FB=MD/DB,故
(DB/DC)X(CE/EA)×(AF/FB)=(DB/DC)X(CD/DM)X(MD/DB)=1
另证：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(AF：FB)×( BD：DC)×(CE：EA)=(S△ADF：S△BDF)×(S△BDF：S△CDF)×(S△CDF：S△ADF)=1。

（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
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。

梅涅劳斯发现，三角形各边（或其延长线）被一条不过任何一个顶点也不与任何一条边平行的直线所截，这条直线可能与三角形的两条边相交（一定还会与一条边的延长线相交），也可能与三条边都不相交（与三条边的延长线都相交）。

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）中，此书完成时间约公元100年。

他进行了深入研究并证明了著名的梅涅劳斯定理（简称梅氏定理）：
任何一条直线截三角形的各边或其延长线，都使得三条不相邻线段之积等于另外三条线段之积
以上作平行线，利用平行线分线段成比例定理获得证明，下面我们可以看到还有其他精彩的证明。

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 C ′B′A'A′B′C ′AC B DCB 图1-1A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 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 AEFAED ABFS 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 s i n()s i n s i n ()θαβθβα-⋅=-⋅． 即 s i n c o s s i n c o s s i n s i n s i n c o s s i n c o θαβθαβθβαθβα⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅-⋅⋅， 亦即 s i n c o s s i n s i n s i n c o s s i n ()0πk θαβθαβαβαβ⋅⋅=⋅⋅⇔-=⇔-=，且k 只可能为0，故G AC ∠ 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B A E F A D =∠∠，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*s i n s i n s i n (1s i n ()s i n s i n F D A F G B F E C F B A F G C F E DS S S D A B G C E F D F B F C A B G C E D S S S F B F C Fγββγαβγαγβ'''''''⋅⋅⋅+-⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅='''⋅+-⋅⋅△△△△△△． 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）P （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△1AG O ∽△2AHO ，从而12AO DE AG DF AO AH ==，即AH AG FD 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 DE O 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 O E Q O B Q O C Q O ===∠∠∠∠，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 12A 1UWVXYZ A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 BCCA 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 F H C F A E B DH G C E B G A D⋅⋅=⋅⋅．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C DA DB EA E=． 将其代入②式，得D B C EBC S FH CD BDDF 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，s i n D F B DB =⋅=∠cos sin BC B B ⋅⋅∠∠，cos sin EG BC C C =⋅⋅∠∠．∴c o s s i nc o s c o s s i n c o s G M E G C CA B C M D F D B B A C B⋅===⋅⋅∠∠∠∠∠∠． 又cos BH AB B =⋅∠，cos HG AE C =⋅∠，∴ c o s c o s c o s c o s B H A B B A C B H G A E C A D 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2BO C B A C =∠∠．又180BH C B A C =︒-∠∠，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 11s i n s i n 22cos cos 22C B AC D C A BAC -⋅=-⋅． 而s i n c o s s i n 22s i n s i n s i n 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2coscos 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 sin 22B AB C A ⋅⋅．从而 22s i n c o s 22cos2A CAB B 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 ()()E F a bB E 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2A C a c bA C 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 OBAM 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 O B L CO CB LB C ⋅+⋅=⋅（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 DCBC 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 BC =．同理，21CA AC =，21AB A B =．从而3333331A C B A C BC 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 s i n s i n s i n s i n s i n s i n 1s i n s i n s i n s i n s i n s i n P B H G B I F B E F B P G B P F B EH B G I B F E B P E B F P B F P B G'''⋅⋅=⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠．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 PJPB 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B R E AF B F B R C C E A F C E=⋅=． 设BE 与CF 交于点S ，由△EFC ∽△QEC ，△FEB PFB ∽△，△SEQ ∽△SFP ，有CQ CEEQ EF=，FP FEPB FB=，SP FP SQ 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Al 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 2T A T R T Q =⋅，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22S U S PX P S B X Q S C S B S C S A T U T P R T B XQ TC XT R T QT A⋅=⋅⋅⋅=⋅=． 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A1．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A B C D 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A B C D 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△O A B 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△123AA 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），iB （1i =，2，3）为圆1iC +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 梅涅劳斯定理及应用答案习题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B P B C =，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BC =，即BD =．又22222269)BP 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 OE OM ⋅=，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 ，。

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。

梅捏劳斯定理梅涅劳斯定理是美国数学家，诺伯特·维纳说的。

梅涅劳斯定理说，一个打开装有少量不太浓的氢氧化钠溶液的试剂瓶塞的试管，立即有大量气泡冒出，但当把试管中的液体全部倒出后，试管又恢复了原状。

其原因是：瓶内装有较浓的溶液，倒出一部分溶液后，使溶液与外界空气之间的溶液浓度差减小，外面的空气就从溶液中溶解进去，形成气泡。

这个现象被称为“梅捏劳斯定理”。

它在物理、化学、生物等领域都有广泛的应用。

“好奇害死猫”这句话，大家都听过吧！一位外国著名科学家——梅涅劳斯，他也曾经历过这样一件令人好笑的事情。

那是在1820年的一天，梅涅劳斯一家搬进了一幢新房子，新屋中央摆放着一台新的大型蒸汽机，那台机器有3层楼高。

于是，这些好奇的孩子们跑到这台庞然大物前观看，并好奇地摸摸它，踩踩它，闹得欢天喜地，直到夜幕降临，它才停止了轰鸣。

梅涅劳斯和他的儿子当时只有11岁。

在父亲睡觉后，他便和几个伙伴偷偷地爬上了蒸汽机。

他们来到主轴旁边，看到了安装在主轴上的水泵，便把手伸进嘴里，吸起了烟，没想到，他的父亲正睡得很香。

这时，爸爸的两个同事也来了。

他们吓得直哆嗦，赶紧跑回家，通知了梅涅劳斯。

这时候，爸爸已经醒了，接到邻居的电报后，连忙穿上衣服，骑马奔向机器。

当时机器刚刚停止工作，还没有盖上钢盔，如果碰坏了机器，损失是非常大的。

这个故事告诉我们：一切从实际出发，实事求是，不能盲目行动，否则将会招致失败的结局。

今天我们学习的《最大的麦穗》这篇课文就是说明这个道理的。

这个故事主要讲了，一个叫吉姆的小男孩，很喜欢放风筝，他认为自己放风筝的本领很高。

可是，他的朋友——詹姆斯却认为他这方面的本领很差，根本不是吉姆的对手，如果吉姆把风筝放得更高，那么，詹姆斯就会更加佩服吉姆，所以吉姆应该降低自己的目标，而且要降低的越多越好。

当吉姆经过深思熟虑后，他明白了一个道理，那就是：要想取得胜利，必须首先战胜自己。

这个故事启示我们，当一个人确立了奋斗目标后，就要付诸努力，即使到达目标有困难，也要坚持到底，不轻易放弃。

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 DHGD HB EA HB⋅⋅=⋅⋅=，有43DHHB=，即74CHHD=．对ACD△及截线FGH，72141AF CH DG AFFC HD GA FC⋅⋅=⋅⋅=，求得27AFFC=．2．设CB，DE的延长线交于P，又BP BC=，32FPPB=，对AFB△与截线HEP，CGE，有31121AH FP BE AHGF PB EA HF⋅⋅=⋅⋅=，即23AHHF=；11121AG FC BE AGGF CB EA GF⋅⋅=⋅⋅=，即21AGGF=．由此求得645AH HG GF=∶∶∶∶．3．对BDP△于截线CEA，有1231612BC DA PE BCCD AP EA CD⋅⋅=⋅⋅=，知BD DC=．对CDP△与截线BFA，有22111CB DA PF PFBD AP FC FC⋅⋅=⋅⋅=，知14PFFC=．而20CF=，故15CP=．在PBC△中，由中线长公式2PD=，得27BC=，即BD=．又222222697)B P P D B D+=+=，即90BPD∠=︒，27PBDS=△，4108ABC PBDS S==△△．4．直线OCB分别与DMF△和AEM△的三边延长线都相交，有1DB MO FCMB FO DC⋅⋅=，1AB EO MCEB MO AC⋅⋅=，即O F O E D B F C E B A CO M O M M B D C A B M C⋅⋅⋅=⋅⋅⋅．由E F A D∥，有D B A BM B E B=，FC MCDC AC=，从而21O F O EOM⋅=，即22OF OE OM OP⋅==，有O F P O P E△∽△，故O P F O E P∠=∠．5．直线截ABC△，有22133CF AD BE BEFA DB EC EC⋅⋅=⋅⋅=，即94BEEC=，故54BCCE=．直线截DBE△，有25154EF AD BC EFFD AB CE ED⋅⋅=⋅⋅=，所以21EF FD=∶∶．6．设AC BC x==，则AB=，。

梅涅劳斯定理及应用定理：设Z Y X ,,分别是ABC ∆的边AB CA BC ,,或其延长线的点，则Z Y X ,,三点共线的充要条件是：1=••ZB AZ YA CY XC BX例1：在OBC ∆中，A 为BC 的中点，D 为OB 上的点，且21=OD BD ,E CD OA 相交于点与，则OA OE _____=例2：如图，过ABC ∆的三个顶点C B A ,,作它的外接圆的切线，分别和BA CA BC ,,的延长线交于R Q P ,,；求证：R Q P ,,三点共线例3：（1985年第三届美国数学邀请赛）如图，G 是ABC ∆内一点，直线CG BG AG ,,将ABC ∆分为6个小三角形，已知BDG BFG AFG ∆∆∆,,的面积分别为40,30,35，求ABC ∆的面积例4： (1983年全国高中数学联赛）在四边形ABCD 中，ABC BCD ABD ∆∆∆,,的面积之比是1:4:3，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 的中点练习：1（2009年中国科技大学）已知ABC ∆的面积为1,;F E D ,,分别在边AB CA BC ,,上，FB AF EA CE DC BD 2,2,2===;CF BE AD ,,两两交于R Q P ,,，求PQR ∆的面积2 四边形ABCD (不是正方形）的内切圆分别切DA CD BC AB ,,,于H G F E ,,,，求证：GF DB HE ,,三线共点3 (1982年第23届IMO 试题）已知CE AC ,是正六边形ABCDEF 的两条对角线，点N M ,分别在线段CE AC ,上，且使k CE CN AC AM ==,如果N M B ,,三点共线，试求k 的值4（2016年湖南省高中数学夏令营）：ABC ∆的内切圆分别与BC 、CA 、 AB 相切于点D 、E 、F,直线AD 与EF 相交于点H ，若直线BC EF 与相交于点G ，求证：GEFG HE FH =。

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。

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 P AB 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 CKE FKB KE BK 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 CE BH 90HCB ACE HCB HBC ACE HBC ACKEBC BH B 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 PBA cos 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 VBUC 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 AKBKNB 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1111FDAEDA ANAM BF BD AF CE CD AE FBAFEA CE DC BD P CF BE AD BFBDAF AN CE CD AE AM BF AF BD AN CE AE CD AM BDF ANF 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 LNMCBAFDAEDA 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，。

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 EAHB ⋅⋅=⋅⋅=，有43DHHB=，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 FCFC⋅⋅=⋅⋅=，知14PFFC=．而20CF =，故15CP =． 在PBC △中，由中线长公式2PD =2BC =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 ABMB EB=，FC MCDC 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 ECEC⋅⋅=⋅⋅=，即94BE EC=，故54BC CE=．直线截DBE △，有25154EF AD BC EF FD AB CEED ⋅⋅=⋅⋅=，所以21EF FD =∶∶．6．设AC BC x ==，则AB =，。

巧用梅涅劳斯定理求解向量的线性相关系数一、梅涅劳斯（Menelaus ）定理简介：如果一直线顺次与三角形ABC 的三边AB BC CA 、、或其延长线交于M N K 、、三点，则：1AM BN CK MB NC KA证明：过顶点B 作AC 的平行线与截线交于E ，则有：AM AK MB BE ，BN BE NC CK故：1AM BN CK AK BE CK MB NC KA BE CK KA【注】对该定理的几点说明：①证明的方法，过其中一个定点作其对边的平行线与截线相交，利用“平行线截线段成比例定理”或相似三角形的性质，将其中的两个比例式等价转化。

②定理的实质：三个比例式的乘积等于1，每一个比例式的三个字母是共线的两个顶点和一个分点；其结构特征为：顶点分点分点顶点→→ ，呈现“首尾相接”；整体看，从某一个顶点出发，最后又回到该顶点。

③该定理常与“塞瓦定理”结合使用；二、梅涅劳斯定理的一个应用例子【题目】在在△OAB 的边OA 、OB 上分别取点M 、N ，使13||:||:OM OA ；14||:||:ON OB，设线段段AN 与BM 交于点P ，记OA a ，OB b ，用b a ，表示OP . 先给出高中常规解法（待定系数法）如下：解法一：∵B P M 、、共线，∴记BP sPM∴11111131131()()s s s OP OB OM OB OA b a s s s s s s. ① 同理，记AP tPN 得：1141()t OP a b t t ② ∵ a ,b 不共线∴ 由①、②得11311141()()s t s t s t 解之得：9283s t ∴ 321111OP a b 上述解法的基本思想是：先设法求出点P 分AN 、BM 的比，理论依据：一个是教材例题的结论（可作为定理直接使用），一个就是平面向量基本定理。

利用该定理中两个系数的唯一性，得到关于s ，t 的方程。

由于梅涅劳斯定理、塞瓦定理与比例线段、定比分点有着密切联系，故尝试本题能否用这两个定理来解决。

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定理：一条直线和∆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 和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 ，该点和∆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 ADC ADC ADP APCADP BDP BDC BDC BDP BPCS S S S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆-===-， 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 和直线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 和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．ABCDEFPA B C DEFD / A B CD E F G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。

梅涅劳斯定理16/3/5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∵2∴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 、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。