平面几何中几个重要定理及其证明
一、塞瓦定理
1．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 1AD BE CF DB EC FA ⋅⋅=． 证明：运用面积比可得ADC ADP BDP BDC
S S AD DB S S ∆∆∆∆==． 根据等比定理有
ADC ADC ADP APC ADP BDP BDC BDC BDP BPC S S S S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆-===-， 所以APC BPC S AD DB S ∆∆=．同理可得APB APC
S BE EC S ∆∆=，BPC APB S CF FA S ∆∆=． 三式相乘得1AD BE CF DB EC FA
⋅⋅=． 注：在运用三角形的面积比时，要把握住两个三角形是“等高”还是“等底”，这样就可以产生出“边之比”．
2．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 、
A B C D
E
F P
F ，且D 、E 、F 均不是∆ABC 的顶点，若1AD BE CF DB EC FA
⋅⋅=，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
//1AD BE CF D B EC FA ⋅⋅=． 因为 1AD BE CF DB EC FA
⋅⋅=，所以有/
/AD AD DB D B =．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．
注：利用唯一性，采用同一法，用上塞瓦定理使命题顺利获证．
二、梅涅劳斯定理
3．梅涅劳斯定理及其证明
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
1AD BE CF DB EC FA ⨯⨯=． A B C D E
F P D / A B C D E F
G
证明：如图，过点C 作AB 的平行线，交EF 于点G ．
因为CG // AB ，所以CG CF AD FA
= ————（1） 因为CG // AB ，所以CG EC DB BE
= ————（2） 由（1）÷（2）可得DB BE CF AD EC FA
=⋅，即得1AD BE CF DB EC FA ⋅⋅=． 注：添加的辅助线CG 是证明的关键“桥梁”，两次运用相似比得出两个比例等式，再拆去“桥梁”（CG ）使得命题顺利获证．
4．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1AD BE CF DB EC FA
⋅⋅=， 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
//1AD BE CF D B EC FA ⋅⋅=． 因为 1AD BE CF DB EC FA
⋅⋅=，所以有/
/AD AD DB D B =．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．
A B C D E F
D /
注：证明方法与上面的塞瓦定理的逆定理如出一辙，注
意分析其相似后面的规律．
三、托勒密定理
5．托勒密定理及其证明
定理：凸四边形ABCD 是某圆的内
接四边形，则有
A B ·CD + B C ·AD = A C ·BD ．
证明：设点M 是对角线AC 与BD
的交点，在线段BD 上找一点，使得∠DAE =∠BAM ．
因为∠ADB =∠ACB ，即∠ADE =∠ACB ，所以∆ADE ∽∆
ACB ，即得
AD DE AC BC =，即AD BC AC DE ⋅=⋅ ————（1） 由于∠DAE =∠BAM ，所以∠DAM =∠BAE ，即∠DAC =
∠BAE 。而∠ABD =∠ACD ，即∠ABE =∠ACD ，所以∆ABE ∽∆ACD ．即得
AB BE AC CD
=，即AB CD AC BE ⋅=⋅ ————（2） 由（1）+（2）得
AD BC AB CD AC DE AC BE AC BD ⋅+⋅=⋅+⋅=⋅．
所以A B ·CD + B C ·AD = A C ·BD ．
注：巧妙构造三角形，运用三角形之间的相似推得结论．这里的构造具有特点，不容易想到，需要认真分析题目并不断尝试．
6．托勒密定理的逆定理及其证明
定理：如果凸四边形ABCD 满足AB×CD + BC×AD = AC×BD ，那么A 、B 、C 、D 四点共圆．
证法1（同一法）：
在凸四边形ABCD 内取一点E ，使得EAB DAC ∠=∠，EBA DCA ∠=∠，则EAB ∆∽DAC ∆． 可得AB×CD = BE×AC ———（1）
且 AE AB AD AC = ———（2）
则由DAE CAB ∠=∠及（2）可得
DAE ∆∽CAB ∆．于是有 AD×BC = DE×AC ———（3）
由（1）+（3）可得 AB×CD + BC×AD = AC×( BE + DE )． 据条件可得 BD = BE + DE ，则点E 在线段BD 上．则由EBA DCA ∠=∠，得DBA DCA ∠=∠，这说明A 、B 、C 、D 四点共圆．
证法2（构造转移法）
延长DA 到A /，延长DB 到B /，使A 、B 、B /、A /四点
