梅涅劳斯定理的应用练习

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7BC=，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=，。

一道初三课外练习的证明——梅涅劳斯定理和塞瓦定
理的应用
梅涅劳斯定理：梅涅劳斯定理是一个关于圆的定理，它告诉我们，如果一个圆的外接的正多边形的各个角度都是相等的，那么，这个正多边形的每条边都是等边的。

塞瓦定理：塞瓦定理是一个关于圆的定理，它告诉我们，如果一个圆的内接正多边形的每条边都是等边的，那么，这个正多边形的每个角度也是相等的。

证明：为了证明梅涅劳斯定理和塞瓦定理之间的关系，我们使用反证法。

假设正多边形的每个角度都是相等的，而它的每条边不是等边的。

根据梅涅劳斯定理，我们知道这个正多边形的每条边都是等边的，而这与我们的假设矛盾，因此该假设是错误的。

反之，假设正多边形的每条边都是等边的，而它的每个角度不是相等的。

根据塞瓦定理，我们知道这个正多边形的每个角度都是相等的，而这与我们的假设矛盾，因此该假设也是错误的。

由此可见，梅涅劳斯定理和塞瓦定理之间有着密切的联系。

即正多边形的每个角度都是相等的，那么它的每条边也都是等边的；反之，正多边形的每条边都是等边的，那么它的每个角度也都是相等的。

综上所述，梅涅劳斯定理和塞瓦定理之间是成立的。

初中数学 比赛专题：梅涅劳斯定理专项训练（含答案）1.设等腰直线三角形ABC 中， B90 ， D 是三角形内一点，ADB90 ，连结 CD 并延伸至 E ，使 AEB 90 ，G 是 AB 中点，直线 CG 分别与 AE 、AD 交于 M 、N ，求证：G 是MN 的中点.分析如图，延伸 AE 、 AD ，分别交直线 BC 于 P 、 Q ，设 PBa ， BQb ， CQc ，则PC QD AEQD AE BQ 2 AB 2 b 2 a b c2由梅氏定理，有aCQ DA1 ，而 DA EPAB 2PB 2a 2，故c2 ，即EPba b a 2 b 2 ，或bc2cba b ，或 bc a . b c bAMEGNDP a B b Q c C又由梅氏定理，BCNQ AG 1 ，此即 ANa PB，所以 NB ∥ AP ，于是MGAG 1 .CQNA GBNQ bBQNG BG 2.设 △ABC 的边 AB 的中点 N ， AB ， D 是射线 AC 上一点，满足 CD BC ， P 是射线 DN 上一点，且与 A 在边 BC 的同侧，满足 PBC A ，PC 与AB 交于 E ，BC与 DP 交于 T ，求BCEA .TCEBQPAENCB TD分析设边长分别为 a 、 、 ，由梅氏定理， ADCT BNAC BC b a ，b cTB 1 ，因为 ADDC NABN NA ， CD a ，故 TB AD b a b 1， TC CD aaBC b 2 .TC a接下去办理EA22.延伸 BP 与CA 交于Q ，则 QABC ，故 CQBC a ，EBCA bQDa 2a aQD ANBP， 得b (a b) ， AD a b ， 又 由 梅 氏 定 理 ，NB 1bDA PQBP DA b aBCACb.故答案为 2 .PQQDa2，故 CP 均分 ACB ， AEa CQEB BCab3. 在 △ABC 中，ABC 90 ， F 为 AB 的中点， 以 BC 为直径的圆 O 交 AC 、CF 于另一点 D 、 E .分别过点 C 、 E 作圆 O 的切线 l C 和 l E .证明： l C 、 l E 和直线 BD 共点 .分析如图设 l C 交直线 BD 于点 G ， l E 与直线 BD 交于点 H .BFIOEDACH(G)由条件， ABC90 及圆 O 以 BC 为直径，可知 l C ∥ AB ，于是CD DG ①DA.BD为证 l C 、 l E 与直线 BD 共点，只要证明G 与 H 重合 .我们下证：GBHB .GDHD2利用CBGGCD ，可知 △BCG ∽ △CDG ，故BCCG BG ，于是 BGBC2 .同理可CDDG CG DG CDBH2 BG BHBC22BI 2EB.于是 EBS △ BEC，此中 I 为 BD 与 CE证EDHDDG HDCDED△IDS EDC的交点 .对 △ ABD 考虑割线 CIF ，运用梅涅劳斯定理，可知BF AC DI 1 ，联合 BF FA ，可知FACD BIBIAC，从而 BG BH AC 2.GD HDCDID CD再由①可知CDDG，综合上式，得BH BG.命题获证 .AC BGHDGD4. 设等腰直角三角形 ABC ， A 90 ， E 是 AC 中点， D 在 BC 上， AD BE ，求证：AEBCED .（试用梅氏定理证明）如图，设 AD 与 BE 交于 F ，则BFAB 2CA EF BD分析 2 4 ，由梅氏定理， 1 ，得FEAEAE FB CD BD 2AB，又 ABC 45C ，故 △ABD ∽ △ECD ，故CEDBADAEB .CDCEAEFBDC5. 设 D 是锐角三角形ABC 的边 BC 上的一点，BD2，E 是边 AC 上的一点，AE4 ，DC 3EC3AD 与BE 订交于点 F ，求AFBF.FD FE分析由梅涅劳斯定理AF DB CE BF EACDAF2 3BF4 31 ，1 ，得，1 ，FD BCEAFE ACDB FD5 47FE2故 AF10， BF 7 .FD3FE 6所以 AF BF35. FD FE9AEFBDC6. 证明：锐角三角形一条高线的垂足在另两边及另两条高线的身影在同向来线上.AF HEPQRSB D C分析 设 △ABC 的三条高线为 AD 、BE 、CF ，D 在 AB 、BE 、CF 、CA 上的身影分别为 P 、Q 、 R 、 S ，欲证 P 、 Q 、 R 、S 共线，先证 P 、 Q 、 R 共线.由梅氏逆定理，知该结论为真，即 FR HQ BP AD HD 2 BD AD HDRH QB PFHD BD 2 CD CD 1 ，最后一步BD是因为 △ADC ∽ △BDH .同理， S、Q、 R共线，故 P、Q、 R、 S四点共线.7.已知 AD是△ABC的高， D 在 BC内，且 BD 3，CD 1，作 DE 与 AB 垂直， DF 与AC 垂直， E 、 F 分别是垂足，连结EF 并延伸，交BC 延伸线于 G ，求 CG .分析如图，设 CG x ，则由梅氏定理AEFB DC G4x CF AE1.x FA EB2， AE 21 .又由身影定理，CF DC2AD2，于是1 4x 1 ，得xFA AD EB BD9x28.如图，已知锐角三角形ABC ， AD 是高， D 在 AB 、 AC 上的垂足分别是N 、M ，NM延伸后交 BC 延伸线于E，若 AD DE 1 ，求 cot CAD cot BAD .ANMB DC E分析由图知， AB AC ，故 BD CD .cot CAD cotAD AD11BADBD CD.CD BD1，CM CD2，AN2，故BD2由梅氏定理及身影定理，有BECM AN2AD21BD2，EC AM NB AM AD NB BD 1 CD CD即11111110，于是1 ，移项并因式分解，得BD CD1BD BD2CD 2CD CD BD11 CD 1，即是所求答案.BD9.证明，△ ABC 两内角 B 、 C 均分线分别交对边于E、F ，而 A 的外角均分线交直线BC于D，求证： D、E、F 共线.分析如图，既然 A 的外角均分线BC 直线订交，说明AB AC ，不防设 AB AC，则 D 在 BC 延伸线上.AFEB C D由角均分线性质知BD CE AFAB BC AC 1，DC EA FBAC AB BC故由梅氏逆定理知D 、E 、F 共线.10. 已知不等边三角形 ABC ， A 、 B 、 C 的均分线分别交对边于 A 、B 、C ，AA 的中垂线与直线 BC 交于 A ，同理获得 B 、 C ，证明： A 、 B 、C 共线.A PB A'C A''分析 如图，没关系设 AA 的中垂线 PA 与 BC 延伸线订交， 连结 AA ，则 AAAAAA ，于 是 CAAA AAA ACAAABAAB ，所以△ACA∽ △BAA ，于是BA S △ ABA AB 2A CSAC2 .△ ACA2， AC2，于是BA同理 CB BCAC CB AC1 ，由梅氏逆定理， 知 A 、 B 、CBA AB 2 CB CB 2AC BA CB共线 .11. 已知： D 是 △ ABC 的边 BC 上一点， G 是 AD 上一点， E 、F 分别在 AC 、AB 上， GB与DF 交于 M ，DE 与CG 交于 N .求证：若 EF ∥BC ，则 MN ∥ BC. 分析 如图，由梅氏定理，AGF EMNBDCAD GM BF 1 AD GN CE .于是 DG BM FA DG NC EA GM BF GN CE .BM FANC EA因为 EF ∥BC ，故BFCE ，于是 GMGN，故MN ∥BC.FAEA BM NC12. 已知 △ABC 的面积为 1，点 D 、 E 在 BC 上，且 BD ∶ DE ∶ EC 1∶2∶1，点 G 在AC 上，且 AG ∶ GC3∶ 5 ， AD 、 AE 分别与 BG 交于点 F 、 H ，求四边形 DEHF的面积 .AGHFB D EC分析这种题目基本且典型，明显有S 四边形 DEHFS △ ADE S △ AFH ，而S △ ADE1，于是下求2S△ AFH .由梅氏定理，有CB DF AG 1 ，代入已知数值得4 DF 31 ，于是DF5，从而BD FA GCFA 5FA15AF12 . AD17又由CB EH AG 1 ，即4 EH 3 1 ，得EH 5 ，从而AH 4，于是S △ AFH12 4 16，BE HA GC3 HA5HA4AE9S△ ADE17 9 51故S 四边形DEHF 1 1635 .2 1 1025113. 已知不等边锐角三角形 ABC ， CP 、 BQ 是高，且地点以下列图，PQ 与中位线 MN 交于点 E ，点 O 、 H 分别是 △ ABC 的外心与垂心，求证： AEOH .APMENOQHBDCF分析 一个熟知事实是 AOPQ ， AH BC .延伸 PQ 交直线 BC 于点 F ，则有OAH F ，延伸 AE 交 BC 于点 D ，于是只要证明 △FED ∽ △ AOH ，即只要证 DF AH.EFAO因为AH2cosA ，问题归纳为DF2cos A ，下边计算 DF 与 EF .AOEF由梅氏定理知FE QA CD 1 ，于是EQ AC DFDF AB cos A CD AB 2EN cos A .EF ACEQAC EQ因EQNB ，由正弦定理有EN sin B AC ，故上式为 2cosA .证毕 .EQsin CAB14. 如图，已知 PA 、PB 是圆的两条切线， PQR 为圆的一条割线， 交 AB 于 S ，F 在 AF 上，QF ∥PA， QF 交AB于E，求证： QE EF .PQ BE SAFR分析易知 P 、Q、 S、 R 为调解点列，于是PR SR.（见题）PQ QS由梅氏定理，RA FE QS 1AF EQ SR 所以FEEQQEPR QSPQ SREF .EFEQ，15.已知 AOB 为 e O 的直径，弦 CD AB，弦 AN 与CO交于 M ，CM OM ，求证： DN均分 BC.分析如图，不过要证明S△CDN S△BDN，或证明CN CD NB BD NB BC ，或证明CN BC NB .CD设 CB与 AN 交于 K ， AB 与 CD 交于 J .由梅氏定理，BA OM CK1，得KB2 ，故AO MC KB CK S△ANB2S△ACN，即2AC CN AB BN ，得CNAB BCBC，证毕 . BN2AC2CJ CDCMNKAO JBD16.证明牛顿定理：设△ABC 中， D 、 E 分别在 AB 、 AC 上， CD 、 BE 交于 F ，则 DE 、AF 、 BC 的中点在一条直线上（牛顿线）.P DQFAEXYZB R C分析设 EF 、CE 、 CF 的中点分别为X 、Y 、 Z ，则易由中位线知P 、 X 、 Z 共线，Q、X、Y共线， Y、 Z 、 R共线.且YR ZP XQ EB CA DF1RZ PX QY BF AE CD（后者是 AB 截△ECF 所得）.故由梅氏逆定理，知P 、Q、 R 共线.评注此题亦可由面积证.。

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 。

板块一 梅涅劳斯定理及其逆定理梅涅劳斯定理.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 CE FB DC EA⋅⋅=．这条直线叫ABC △的梅氏线,ABC △叫梅氏三角形． GF EDCBAGFE DCBAH3H 2H 1F E DCBA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 DCFB 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．知识导航梅涅劳斯定理与塞瓦定理【例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 =．EC D B FA【解析】 ∵直线FEC 是ABD △的梅氏线,∴1AE DC BF ED BC FA ⋅⋅=． 而12DC BC =,∴112AE BF ED FA ⋅⋅=,即2AE AF ED BF=．习题1. 在△ABC 中,D 是BC 的中点,经过点D 的直线交AB 于点E ,交CA 的延长线于点F ．求证.FA EAFC EB=． EFBDCA【解析】 直线截ABC △三边于D 、E 、F 三点,应用梅氏定理,知1CD BE AFDB EA FC⋅⋅=,又因为BD BC =,所以1BE AF EA FC ⋅=,即FA EAFC EB=．习题2. 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． 夯实基础DEBMCA【解析】 由题设,在Rt AMC △中,CD AM ⊥,2AC CM =,由射影定理224AD AD AM AC DM DM AM CM ⋅===⋅．对ABM △和截线EDC ,由梅涅劳斯定理,1AE BC MD EB CM DA ⋅⋅=,即21114AE EB ⋅⋅=．所以2AE EB=．【例2】 如图,在ABC △中,D 为AC 中点,BE EF FC ==,求证.::5:3:2BM MN ND =．NMDCF EBA【解析】 ∵直线AE 是BCD △的梅氏线,∴1BM DA CE MD AC EB ⋅⋅=． ∴12121BM MD ⋅⋅=,∴11BM MD = ∵直线AF 是BCD △的梅氏线, ∴1BN DA CF ND AC FB ⋅⋅=, ∴11122BN ND ⋅⋅=,41BN ND =． ∴::5:3:2BM MN ND =．习题3. 如图,在ABC △中,D 为BC 的中点,::4:3:1AE EF FD =．求::AG GH AB ．探索提升CEFD BH GA【解析】 ∵HFC 是ABD △的梅氏线,∴1AH BC DF HB DC FA⋅⋅=． ∵D 为BC 的中点,::4:3:1AE EF FD =, ∴21BC DC =,17DF FA =． ∴21117AH HB ⋅⋅=,∴72AH HB =． ∵GEC 是ABD △的梅氏线, ∴1AG BC DE GB DC EA ⋅⋅=, ∴21111AG GB ⋅⋅=,∴12AG GB =． ∴::3:4:2AG GH HB =． ∴::3:4:9AG GH AB =．【例3】 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.1BE CFEA FA+=．M DGFECB A【解析】 作直线AG 交BC 于M ,∵:1:2MG GA =,BM MC =． ∴AE BD MG EB DM GA ⋅⋅112AE BD EB DM =⋅⋅=． ∴2EB BD AE DM =． 同理,2CF DC FA DM=, 而2BD DC BD BD BM +=++2()2BD BM DM =+=∴21222BE CF BD DC DMEA FA DM DM DM+=+==．【例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 ．FDEC BA【解析】 对ECA △和截线BFD ,由梅氏定理得.1EF CD AB FC DA BE ⋅⋅=,即32121EF FC ⋅⋅=,所以13EF FC =．所以1148BFE BEC ABC S S S ==△△△,进而211140115840AEFD ABD BEF ABC S S S S ⎛⎫=-=-=⋅= ⎪⎝⎭△△△．习题4. 如图,在ABC △中,三个三角形面积分别为5,8,10．四边形AEFD 的面积为x ,求x 的值．x 1085F DE CBA【解析】 对ECA △和截线BFD ,由梅氏定理得.1CD AB EF DA BE FC ⋅⋅=,即1823115152x x +⋅⋅=+,解得22x =．【备选】如图,ABC △被通过它的三个顶点与一个内点O 的三条直线分为6个小三角形,其中三个小三角形的面积如图所示,求ABC △的面积．354030O F ECDBA【解析】 对ABD △和截线COF ,由梅氏定理得.1AF BC DO FB CD OA ⋅⋅=,即41132BC CD ⋅⋅=,所以32BC CD =,所以3BCBD=．所以33105315ABC ABD S S ==⨯=△△．【例5】 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．P C B QRA【解析】 AP 是BAC ∠的外角平分线,则BP ABPC CA=① BQ 是ABC ∠的平分线,则 CQ BCQA AB=② CR 是ACB ∠的平分线,则 AR CARB BC=③ ⨯⨯①②③得1BP CQ AR AB BC CAPC QA RB CA AB BC⋅⋅=⋅⋅= 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．习题5. 证明.不等边三角形的三个角的外角平分线与对边的交点是共线的三个点．F EDCBA非常挑战P F E D CBA【解析】 如图,CD BE AF 、、分别为三角形ABC 的三个外角平分线,分别交AB AC BC 、、于D E F 、、．过C 作BE 的平行线,则BCP CBE EBD CPB ∠=∠=∠=∠, 所以BPC △是等腰三角形．则PB CB =．则有.CE PB CB EA BA BA ==． 同理AD AC DB CB =；BF BA FC AC=． 所以1CE AD BF CB AC BA EA DB FC BA CB AC ⋅⋅=⋅⋅=．所以D E F 、、共线．板块二 塞瓦定理及其逆定理塞瓦定理.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点D 、E 、F ,如图,那么1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=．通常称点P 为ABC △的塞瓦点． PFEDCBA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 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,并且知识导航1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=,那么AD 、BE 、CF 相交于一点（或平行）． F PF'ED C BAFED CB A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 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． ∴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．【例6】 （1）设AX BY CZ ，，是ABC △的三条中线,求证.AX BY CZ ，，三线共点．ZYXCBA（2）若AX BY CZ ，，为ABC △的三条内角平分线．求证.AX BY CZ ，，三线共点．探索提升ZYXCBA【解析】 （1）由条件知,BX XC YC YA ZA ZB ===，，．∴1BX CY AZXC YA ZB⋅⋅=,根据塞瓦定理的逆定理可得三条中线AX BY CZ ，，共点． 这个点称为这个三角形的重心．（2）由三角形内角平分线定理得.BX AB CY BC AZ ACXC AC YA BA ZB BC===，，． 三式分别相乘,得.1BX CY AZ AB BC ACXC YA ZB AC AB BC⋅⋅=⋅⋅=．根据塞瓦定理的逆定理可得三角形三内角平分线AX BY CZ ，，共点, 这个点称为这个三角形的内心．习题6. 若AX BY CZ ，，分别为锐角ABC △的三条高线,求证.AX BY CZ ，，三线共点．ZYX CBA【解析】 由ABX CBZ △∽△得.BX AB BZ BC =；由BYA CZA △∽△得.AZ ACAY AB =； 由AXC BYC △∽△可得.YC BC CX AC =．所以1BX AZ YC AB AC BCBZ AY CX BC AB AC⋅⋅=⋅⋅=．根据塞瓦定理的逆定理可得三条高线AX BY CZ ，，共点．对直角三角形、钝角三角形,同样也可以证得三条高线共点．我们把一个三角形三条高线所在直线的交点叫做这个三角形的垂心．【例7】 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 ∥．FDEMBA【解析】 对ABC △和点M 应用塞瓦定理可得.1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=．又因为BD DC =,所以1AF CE FB EA ⋅=．进而AF AEFB EC=,所以EF BC ∥．习题7. 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．BQ A NCP DM【解析】 ∵AB CD ∥∴MD CM DA BC = ∴1MD BC DA CM⋅= ∵1MD AQ BC DA QB CM ⋅⋅=（由塞瓦定理得） ∴1AQ QB=,∴AQ QB = ∵DP PC AQ QB =,∴DP PC =．板块三 梅涅劳斯定理、塞瓦定理综合【备选】如图,E 、F 分别为ABC △的AC 、AB 边上的点,且3AE EC =,3BF FA =,BE 、CF 交于点P ,AP 的延长线交BC 于点D ．求:AP PD 的值．ABCD EFP非常挑战【解析】 ∵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 =【备选】如图,四边形ABCD 的对边AB 和DC ,DA 和CB 分别相交于点L K ，,对角线AC 与BD交于点M ．直线KL 与BD 、AC 分别交于点F G 、．求证.KF KG LF LG=． F G L KM DC BA【解析】 对DKL △与点B 应用塞瓦定理得.1DA KF LC AK FL CD⋅⋅=． 对DKL △和截线ACG 应用梅涅劳斯定理可得.1DA KG LC AK GL CD⋅⋅=． 进而可得KF KG LF LG =．。

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：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1BP CQ ARPC QA RB⋅⋅=作平行线：作CM //PQ ,则,BP BR CQ RM PC RM QA AR ==,1BP CQ AR BR RM ARPC QA RB RM AR RB⋅⋅=⋅⋅= 面积法：,,,BPQ ARQ AQB PCQARP PCQ BRP BRQ BPQ APQ S S S S S BP AR CQ PC S RB S S S QA S =====得证梅涅劳斯定理逆定理：P Q R ABC BC CA AB BP 1P Q R PC CQ ARQA RB ∆⋅⋅=设、、分别是的三边、、上或它们的延长线上的三点，，若，则、、三点共线；塞瓦定理1:=⋅⋅∆RBARQA CQ PC BP CR BQ AP AB CA BC ABC R Q P 的充要条件是边上的点，则、、的分别是、、设M QRACPB,1BCM ACMABP BMP ABM ACP CMP ACM ABM BCM AP 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∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆=====⋅⋅证：先证必要性：设、、相交于点，则：同理：以上三式相乘，得：＝1：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.△ABC 中，D ,E 分别在CB ,CA 上，且AD ,BE 分别为∠BAC 和∠ABCDE 交AB 于M ，证明CM 为∠ACB 的外角平分线.涉及定理：角平分线定理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：NDANMD AM =.△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 .5：△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2MC MD MB =⋅.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.7.如图，1O 和2O 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P A ⊥BC .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 .ABCD中，△ABD，△BCD，△ABC的面积之比是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,N分别是AC,CD的中点.P为△ABC内点，过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,S,R共线.AB=AD，BC=CD，过O的两条线段分别交AB,BC,CD,DA于G,F,H,E,GF,EH交BD于I,J求证：OI=OJ.。

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=，。

《梅涅劳斯定理及其逆定理》的应用参考答案1，《笛沙格定理》在ABC ∆和A B C '''∆中，若,,AA BB CC '''相交于一点O ，则AB 与AB''，BC 与B C ''，AC 与A C ''的交点,,F D E 共线。

证明：OBC ∆和梅尼线B C D ''，1OB BD CC B B DC C O''⋅⋅=''；OAB ∆和梅尼线A B F ''，1OA AF BB A A FB B O ''⋅⋅=''；OAC ∆和梅尼线A C E ''，1OC CE AA C C EA A O''⋅⋅=''，三式相乘，得1BD CE AF DC EA FB⋅⋅=。

得证 2．证明：梯形上下底中点，两对角线交点，两腰（所在直线）交点共线。

证明：如图2-9，梯形ABCD ， E 点为两腰BA 与CD 的交点，O 为对角线BD 与AC 的交点。

N M 、分别为BC AD 、中点。

在ABC ∆中，连接O N 、，交BA 延长线于'E ，由梅涅劳斯定理有：1''=⋅⋅OCAO A E BE NB CN ∵N 为BC 中点 ∴1=NB CN ①∵梯形ABCD ,AD ∥BC ∴EBC ∆∽EAD ∆, ADO ∆∽CBO ∆,∴有AD BC EA BE =②,BCAD OC AO =③, ①×②×③得：1=⋅⋅OC AO EA BE NB CN 由梅涅劳斯逆定理知：'E 与E 重合，所以E O N 、、共线。

同理，在ABD ∆中，可证E M O 、、共线。

综上所述:E M O N 、、、共线，得证。

3.如图，若ABC Rt ∆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：CE BF //。

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 =。

训练与解析：1．如图，在△ABC中，AB＞AC，内切圆⊙I与边BC切于点D，AD与⊙I的另一个交点为E，⊙I的切线EP与BC的延长线交于点P，CF∥PE且与AD交于点F，直线BF与⊙I交于点M、N，M在线段BF上，线段PM与⊙I交于另一点Q．证明：∠ENP＝∠ENQ．证明：如图，设⊙I与AC、AB分别切于点S、T，连接ST、AI、IT，设ST与AI交于点G．则IE⊥PE，ID⊥PD，故I、E、P、D四点共圆，∵AS2＝AE•AD＝AG•AI，∵∠EAG＝∠DAI，∴△AEG∽△AID，∴∠AGE＝∠AID，∴E，G，D，I四点共圆，∴I、G、E、P、D五点共圆，∴∠IGP＝∠IEP＝90°，即IG⊥PG，∴P、S、T三点共线，对直线PST截△ABC，由梅涅劳斯定理知，∵AS＝AT，CS＝CD，BT＝BD，∴，设BN的延长线与PE交于点H，对直线BFH截△PDE，由梅涅劳斯定理知，∵CF∥BE，∴，∴，∴PH＝HE，∴PH2＝HE2＝HM•HN，∴，∴△PHN∽△MHP，∴∠HPN＝∠HMP＝∠NEQ，∵∠PEN＝∠EQN，∴∠ENP＝∠ENQ．2．如图，△ABC的垂心为H，AD⊥BC于D，点E在△ABC的外接圆上，且满足，直线ED交外接圆于点M．求证：∠AMH＝90°．证明：作高BP，CQ．连结MB、MC、MP、MQ、PQ．＝＝＝•①＝•＝•②由①②得：＝，又∵∠MBA＝∠MCA，∴△MBQ∽△MCP，∴点M、A、P、Q四点共圆，即点M、A、P、Q、H五点共圆，又AH为直径，∴∠AMH＝90°．3．如图，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．证明：如图，连接BD交AC于H，过点C作AB的平行线交AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J．对△BCD用塞瓦定理，可得①因为AH是∠BAD的角平分线，由角平分线定理知．代入①式得②因为CI∥AB，CJ∥AD，则，．代入②式得．从而CI＝CJ．又由于∠ACI＝180°﹣∠BAC＝180°﹣∠DAC＝∠ACJ，所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC＝∠JAC，即∠GAC＝∠EAC．4．如图，四边形ABFD中，C、E分别为BF、DF上一点，且∠BAC＝∠DAE，BE、CD交于点G，连接AG，求证：∠FAC＝∠GAE．证明：根据三角形的面积公式知，＝＝，＝＝，＝＝．又根据梅涅劳斯定理知，＝1．所以××＝1．整理即可得到：＝．又因为∠BAC＝∠DAE，所以∠FAC＝∠GAE．5．梅涅劳斯定理是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的三条边AB、BC、CA（或其延长线）分别交于F、D、E，则有＝1．解答以下两个问题：（1）如图1所示，AB＝AC＝6，D为BC中点，点E在AC上，CE＝2，点F在AB的延长线上，求FB的长．（2）如图2所示，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，D是BC中点，E在AB上，AE ＝2EB，连接AD、CE，求证：AD⊥CE．解：（1）∵AC＝6，CE＝2，∴AE＝AC﹣CE＝4，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∵AB＝6，∴AF＝AB+FB，根据梅涅劳斯定理得，＝1，∴，∴FB＝6；（2）如图，过点B作BF⊥BC交CE的延长线于F，∴∠CBF＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACB+∠CBF＝180°，∴BF∥AC，∴∠ACE＝∠F，∠CAE＝∠FBE，∴△ACE∽△BFE，∴＝2，∴AC＝2BF，∵点D是BC的中点，∴BC＝2CD，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∴BF＝CD，在△ACD和△CBF中，，∴△ACD≌△CBF，∴∠CAD＝∠BCF，∴∠ACE+∠CAD＝∠ACE+∠BCE＝∠ACB＝90°，∴∠AGC＝90°，∴AD⊥CE．6．在梯形ABCD中，AB∥CD，AC、BD交于点E，AD、BC的延长线交于点H，过点E作FG∥AB交AD于点F，交BC于点G，求证：AG、BF、EH三线共点．证明：∵FG∥AB，∴，，∴•＝1，同理：＝1，∵点E为△HAB的赛瓦点，∴＝1，∴＝1，∴＝1，∴AG、BF、EH三线共点．7．如图，在△ABC中，AQ平分∠BAC，QD⊥BC交BC于点D，在BC上取一点E，使得∠BAD ＝∠CAE，在AE上存在一点K，使得∠KBC＝2∠BQD，求证：QK平分∠BKC．证明：如图，作∠CBK的角平分线交QK于I，延长AD，AE交BQ，CQ于M，N，连接CM交AB的延长线于X，连接BN交AC的延长线于Y，BN，CM交于F，AQ交BC于G，设∠BAM＝∠CAN＝α，∠MAQ＝∠NAQ＝β，∵AQ平分∠BAC，∴①，∵∠KBC＝∠2∠BQD＝2∠CBI，∵QD⊥BC，∴∠DBQ+∠BQD＝90°＝∠DBQ+∠CBI，∴BI⊥BQ，由同角的内、外角平分线互相垂直，得：BQ平分∠XBC，∴，∵②，③，由①②③得，＝1，由塞瓦定理的逆定理得，BN，CM，AQ交于一点F，点F对于△ABC，由塞瓦定理（延长线）得，＝1，∴，∴C Y＝④，∵，∴⑤∵，∴⑥由⑤⑥得，，∴⑦，由④⑦得，，∴，由角平分线的逆定理得，CQ平分∠BCY，∴Q是△KBC的旁心，∴QK平分∠BKC．8．如图，已知△ABC中，M是BC的中点，AD平分∠A，B在AD上的射影为E，EB交AM于N，求证：DN∥AB．证明：延长BE、AC交于点F，连接ME，如图：∵AE平分∠BAC，AE⊥BE，∴BE＝EF，∵BM＝CM，∴EM∥AF，∴，∴，对于△BDE和截线AMN，由梅涅劳斯定理可得，∴，∴，∴DN∥AB．证毕．9．如图，在梯形ABCD的对角线AC的延长线上任取一点P，过点P与梯形两条底边的中点的连线分别交腰AB、CD于点M、N，求证：MN∥AD∥BC．证明：对于△ABC和截线MKP，由梅涅劳斯定理可得：，∵BK＝CK，∴；对于△ACD和截线PNL，由梅涅劳斯定理可得：，∵AL＝LD，∴，∴，∴MN∥AD∥BC．10．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，D点和E点在AC，AB边上，且DE∥BC．P为线段DE 上一点，使得∠CPB＝90°，CP的延长线交AB于点M，延长AP交BC于点Q，过Q作PB 的平行线交PC于点H，交AC于点S，T为BC延长线上一点，且满足＝+，连接TS．求证：TS⊥DQ．证明：如图，连接DT、ET，∵DE∥BC，∴，，∴，∵QS∥PB，∴，∴，∵＝+，∴，∴，由梅涅劳斯定理的逆定理可知E、H、T三点共线，∴，∴CT＝DP，∵CT∥DP，∴TCPD是平行四边形，∴DT∥CP，∵QS∥PB，CP⊥PB，∴QS⊥DT，∵DC⊥TQ，∴S是△TDQ的垂心，∴TS⊥DQ．证完．11．如图，设P为▱ABCD内任意一点，过P作EF∥AB，GH∥BC，EF交A，BC于点E，F，GH 交AB，DC于点G，H，且AC，GF，EH不平行．求证：A C，GF，EH相交于一点．证明：设AC、EH相交于点K，对于△CAD与截线EHK，由梅涅劳斯定理可得：，∵ABCD是平行四边形，且EF∥AB，GH∥BC，∴，，∴，由梅涅劳斯定理的逆定理可知G、F、K三点共线，∴AC，GF，EH相交于一点．12．如图所示，已知D，E分别是△ABC的边BC，AB上的点，AD，CE交F，BF，DE交于G，过G作BC的平行线MN，交AB，CE，AC于M，H，N，求证：GH＝NH．解：过点E作ES∥BC，交AC于点S，∴，∵NM∥BC，∴，对于△ABF及截线EGD，由梅捏劳斯定理可得：，∴，由梅捏劳斯定理可知：S、H、D共线，∴，∴GH＝HN．13．在△ABC中，D，E分别为AB，AC上一点，DE交AF于H，HG⊥BC，连接DG，GE．（1）证明：GH为△DGE的一条平分线；（2）过H的一条直线交DF，AE分别于M，N，证明：GH为△MNG的一条角平分线．证明：（1）延长ED与CB的延长线交于K，对于直线CBK截得△ADE，由梅涅劳斯定理得：••＝1①，对于点F与△ADE，由塞瓦定理得：••＝1②，①＝②得：＝，∴线段DE被点H、K调和，∵∠KGH＝90°，由调和点列结论1得，GH平分∠DGE，即GH为△DGE的一条平分线；（2）延长NM交BC于S，连接AM并延长，交BC于T，对于直线STC截得△AMN，由梅涅劳斯定理得：••＝1①，对于点F与△AME，由塞瓦定理得：••＝1②，①＝②得，＝，∴线段MN被点H、S调和，∵∠KGH＝90°，由调和点列结论1得，GH平分∠MGN，即GH为△MNG的一条角平分线．14．定理3 （梅涅劳斯（M enelaus）定理）：一条不经过△ABC任一顶点的直线和三角形三边BC，CA，AB（或它们的延长线）分别交于P，Q，R．证明：．证明：如图，由三角形面积的性质，有①，②，③．由①×②×③，得．15．由矩形ABCD的外接圆上任意一点M向它的两对边引垂线MQ和MP，向另两边延长线引垂线MR，MT．证明：PR与QT垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上．解：连接BD交PR于N，连接QN、DM、DB、AM、BN、MN、TN、MC，显然M、P、Q共线，R、M、T共线，在矩形APMR中，∠1＝∠2＝∠3，∴R、D、N、M四点共圆，∴R、D、N、Q、M五点共圆，∴∠RNQ＝90°，∠6＝∠7，在矩形QCTM中，∠5＝∠4＝∠2，∴∠5+∠6＝∠2+∠7＝90°，∴∠NQT＝∠5+∠DQM+∠6＝180°，∴N、Q、T共线，∴TQ⊥PR且它们的交点在矩形的一条对角线上．。

梅涅劳斯定理梅涅劳斯（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 。

展开定理的证明证明：当直线交△ABC的AB、BC、CA的反向延长线于点D、E、F时，(AD/DB)*(BE/EC )*(CF/FA)=1逆定理证明：证明：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证明三连结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证明四过三顶点作直线DEF的垂线，AA‘，BB'，CC'有AD：DB=AA’：BB' 另外两个类似，三式相乘得1得证。

如百科名片中图。

充分性证明：△ABC中，BC，CA，AB上的分点分别为D，E，F。

平面几何问题：1.梅涅劳斯定理一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线）于D 、E 、F ，则1FBAFEA CE DC BD =⋅⋅。

背景简介：梅涅劳斯（Menelaus ）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。

证明： 说明：（1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。

（2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。

（3）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。

用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。

梅涅劳斯定理的逆定理：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1EACEDC BD FB AF =⋅⋅，那么F 、D 、E 三点共线。

利用梅涅劳斯定理的逆定理可判定三点共线。

梅涅劳斯定理练习1．设AD 是△ABC 的边BC 上的中线，直线CF 交AD 于F 。

求证：FBAF2ED AE =。

2．过△ABC 的重心G 的直线分别交AB 、AC 于E 、F ，交CB 延长线于D 。

求证：1FACFEA BE =+。

3.在△ABC 中，点D 在BC 上，31DC BD =，分别在AB ，AD 上，32EB AE =，21GD AG =，EG 交AC 于点F ，求FCAF。

4.在□ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，AF 与CE 相交于G ，AF 与DE 交于H ，求AH:HG:GF 5.设D 为等腰Rt △ABC （∠C=90°）的直角边BC 的中点，E 在AB 上,且AE ：EB=2:1，求证：CE ⊥AD 6.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。

训练与解析：1．如图，在△ABC中，AB＞AC，内切圆⊙I与边BC切于点D，AD与⊙I的另一个交点为E，⊙I的切线EP与BC的延长线交于点P，CF∥PE且与AD交于点F，直线BF与⊙I交于点M、N，M在线段BF上，线段PM与⊙I交于另一点Q．证明：∠ENP＝∠ENQ．证明：如图，设⊙I与AC、AB分别切于点S、T，连接ST、AI、IT，设ST与AI交于点G．则IE⊥PE，ID⊥PD，故I、E、P、D四点共圆，∵AS2＝AE•AD＝AG•AI，∵∠EAG＝∠DAI，∴△AEG∽△AID，∴∠AGE＝∠AID，∴E，G，D，I四点共圆，∴I、G、E、P、D五点共圆，∴∠IGP＝∠IEP＝90°，即IG⊥PG，∴P、S、T三点共线，对直线PST截△ABC，由梅涅劳斯定理知，∵AS＝AT，CS＝CD，BT＝BD，∴，设BN的延长线与PE交于点H，对直线BFH截△PDE，由梅涅劳斯定理知，∵CF∥BE，∴，∴，∴PH＝HE，∴PH2＝HE2＝HM•HN，∴，∴△PHN∽△MHP，∴∠HPN＝∠HMP＝∠NEQ，∵∠PEN＝∠EQN，∴∠ENP＝∠ENQ．2．如图，△ABC的垂心为H，AD⊥BC于D，点E在△ABC的外接圆上，且满足，直线ED交外接圆于点M．求证：∠AMH＝90°．证明：作高BP，CQ．连结MB、MC、MP、MQ、PQ．＝＝＝•①＝•＝•②由①②得：＝，又∵∠MBA＝∠MCA，∴△MBQ∽△MCP，∴点M、A、P、Q四点共圆，即点M、A、P、Q、H五点共圆，又AH为直径，∴∠AMH＝90°．3．如图，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．证明：如图，连接BD交AC于H，过点C作AB的平行线交AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J．对△BCD用塞瓦定理，可得①因为AH是∠BAD的角平分线，由角平分线定理知．代入①式得②因为CI∥AB，CJ∥AD，则，．代入②式得．从而CI＝CJ．又由于∠ACI＝180°﹣∠BAC＝180°﹣∠DAC＝∠ACJ，所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC＝∠JAC，即∠GAC＝∠EAC．4．如图，四边形ABFD中，C、E分别为BF、DF上一点，且∠BAC＝∠DAE，BE、CD交于点G，连接AG，求证：∠FAC＝∠GAE．证明：根据三角形的面积公式知，＝＝，＝＝，＝＝．又根据梅涅劳斯定理知，＝1．所以××＝1．整理即可得到：＝．又因为∠BAC＝∠DAE，所以∠FAC＝∠GAE．5．梅涅劳斯定理是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的三条边AB、BC、CA（或其延长线）分别交于F、D、E，则有＝1．解答以下两个问题：（1）如图1所示，AB＝AC＝6，D为BC中点，点E在AC上，CE＝2，点F在AB的延长线上，求FB的长．（2）如图2所示，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，D是BC中点，E在AB上，AE ＝2EB，连接AD、CE，求证：AD⊥CE．解：（1）∵AC＝6，CE＝2，∴AE＝AC﹣CE＝4，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∵AB＝6，∴AF＝AB+FB，根据梅涅劳斯定理得，＝1，∴，∴FB＝6；（2）如图，过点B作BF⊥BC交CE的延长线于F，∴∠CBF＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACB+∠CBF＝180°，∴BF∥AC，∴∠ACE＝∠F，∠CAE＝∠FBE，∴△ACE∽△BFE，∴＝2，∴AC＝2BF，∵点D是BC的中点，∴BC＝2CD，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∴BF＝CD，在△ACD和△CBF中，，∴△ACD≌△CBF，∴∠CAD＝∠BCF，∴∠ACE+∠CAD＝∠ACE+∠BCE＝∠ACB＝90°，∴∠AGC＝90°，∴AD⊥CE．6．在梯形ABCD中，AB∥CD，AC、BD交于点E，AD、BC的延长线交于点H，过点E作FG∥AB交AD于点F，交BC于点G，求证：AG、BF、EH三线共点．证明：∵FG∥AB，∴，，∴•＝1，同理：＝1，∵点E为△HAB的赛瓦点，∴＝1，∴＝1，∴＝1，∴AG、BF、EH三线共点．7．如图，在△ABC中，AQ平分∠BAC，QD⊥BC交BC于点D，在BC上取一点E，使得∠BAD ＝∠CAE，在AE上存在一点K，使得∠KBC＝2∠BQD，求证：QK平分∠BKC．证明：如图，作∠CBK的角平分线交QK于I，延长AD，AE交BQ，CQ于M，N，连接CM交AB的延长线于X，连接BN交AC的延长线于Y，BN，CM交于F，AQ交BC于G，设∠BAM＝∠CAN＝α，∠MAQ＝∠NAQ＝β，∵AQ平分∠BAC，∴①，∵∠KBC＝∠2∠BQD＝2∠CBI，∵QD⊥BC，∴∠DBQ+∠BQD＝90°＝∠DBQ+∠CBI，∴BI⊥BQ，由同角的内、外角平分线互相垂直，得：BQ平分∠XBC，∴，∵②，③，由①②③得，＝1，由塞瓦定理的逆定理得，BN，CM，AQ交于一点F，点F对于△ABC，由塞瓦定理（延长线）得，＝1，∴，∴C Y＝④，∵，∴⑤∵，∴⑥由⑤⑥得，，∴⑦，由④⑦得，，∴，由角平分线的逆定理得，CQ平分∠BCY，∴Q是△KBC的旁心，∴QK平分∠BKC．8．如图，已知△ABC中，M是BC的中点，AD平分∠A，B在AD上的射影为E，EB交AM于N，求证：DN∥AB．证明：延长BE、AC交于点F，连接ME，如图：∵AE平分∠BAC，AE⊥BE，∴BE＝EF，∵BM＝CM，∴EM∥AF，∴，∴，对于△BDE和截线AMN，由梅涅劳斯定理可得，∴，∴，∴DN∥AB．证毕．9．如图，在梯形ABCD的对角线AC的延长线上任取一点P，过点P与梯形两条底边的中点的连线分别交腰AB、CD于点M、N，求证：MN∥AD∥BC．证明：对于△ABC和截线MKP，由梅涅劳斯定理可得：，∵BK＝CK，∴；对于△ACD和截线PNL，由梅涅劳斯定理可得：，∵AL＝LD，∴，∴，∴MN∥AD∥BC．10．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，D点和E点在AC，AB边上，且DE∥BC．P为线段DE 上一点，使得∠CPB＝90°，CP的延长线交AB于点M，延长AP交BC于点Q，过Q作PB 的平行线交PC于点H，交AC于点S，T为BC延长线上一点，且满足＝+，连接TS．求证：TS⊥DQ．证明：如图，连接DT、ET，∵DE∥BC，∴，，∴，∵QS∥PB，∴，∴，∵＝+，∴，∴，由梅涅劳斯定理的逆定理可知E、H、T三点共线，∴，∴CT＝DP，∵CT∥DP，∴TCPD是平行四边形，∴DT∥CP，∵QS∥PB，CP⊥PB，∴QS⊥DT，∵DC⊥TQ，∴S是△TDQ的垂心，∴TS⊥DQ．证完．11．如图，设P为▱ABCD内任意一点，过P作EF∥AB，GH∥BC，EF交A，BC于点E，F，GH 交AB，DC于点G，H，且AC，GF，EH不平行．求证：A C，GF，EH相交于一点．证明：设AC、EH相交于点K，对于△CAD与截线EHK，由梅涅劳斯定理可得：，∵ABCD是平行四边形，且EF∥AB，GH∥BC，∴，，∴，由梅涅劳斯定理的逆定理可知G、F、K三点共线，∴AC，GF，EH相交于一点．12．如图所示，已知D，E分别是△ABC的边BC，AB上的点，AD，CE交F，BF，DE交于G，过G作BC的平行线MN，交AB，CE，AC于M，H，N，求证：GH＝NH．解：过点E作ES∥BC，交AC于点S，∴，∵NM∥BC，∴，对于△ABF及截线EGD，由梅捏劳斯定理可得：，∴，由梅捏劳斯定理可知：S、H、D共线，∴，∴GH＝HN．13．在△ABC中，D，E分别为AB，AC上一点，DE交AF于H，HG⊥BC，连接DG，GE．（1）证明：GH为△DGE的一条平分线；（2）过H的一条直线交DF，AE分别于M，N，证明：GH为△MNG的一条角平分线．证明：（1）延长ED与CB的延长线交于K，对于直线CBK截得△ADE，由梅涅劳斯定理得：••＝1①，对于点F与△ADE，由塞瓦定理得：••＝1②，①＝②得：＝，∴线段DE被点H、K调和，∵∠KGH＝90°，由调和点列结论1得，GH平分∠DGE，即GH为△DGE的一条平分线；（2）延长NM交BC于S，连接AM并延长，交BC于T，对于直线STC截得△AMN，由梅涅劳斯定理得：••＝1①，对于点F与△AME，由塞瓦定理得：••＝1②，①＝②得，＝，∴线段MN被点H、S调和，∵∠KGH＝90°，由调和点列结论1得，GH平分∠MGN，即GH为△MNG的一条角平分线．14．定理3 （梅涅劳斯（M enelaus）定理）：一条不经过△ABC任一顶点的直线和三角形三边BC，CA，AB（或它们的延长线）分别交于P，Q，R．证明：．证明：如图，由三角形面积的性质，有①，②，③．由①×②×③，得．15．由矩形ABCD的外接圆上任意一点M向它的两对边引垂线MQ和MP，向另两边延长线引垂线MR，MT．证明：PR与QT垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上．解：连接BD交PR于N，连接QN、DM、DB、AM、BN、MN、TN、MC，显然M、P、Q共线，R、M、T共线，在矩形APMR中，∠1＝∠2＝∠3，∴R、D、N、M四点共圆，∴R、D、N、Q、M五点共圆，∴∠RNQ＝90°，∠6＝∠7，在矩形QCTM中，∠5＝∠4＝∠2，∴∠5+∠6＝∠2+∠7＝90°，∴∠NQT＝∠5+∠DQM+∠6＝180°，∴N、Q、T共线，∴TQ⊥PR且它们的交点在矩形的一条对角线上．。

平面几何问题： 1.梅涅劳斯定理一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线）于D 、E 、F ，则1FBAFEA CE DC BD =⋅⋅。

背景简介：梅涅劳斯（Menelaus ）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。

证明： 说明：（1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。

（2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。

（3）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。

用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。

梅涅劳斯定理的逆定理：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1EACE DC BD FB AF =⋅⋅，那么F 、D 、E 三点共线。

利用梅涅劳斯定理的逆定理可判定三点共线。

梅涅劳斯定理练习1．设AD 是△ABC 的边BC 上的中线，直线CF 交AD 于F 。

求证：FBAF2ED AE =。

2．过△ABC 的重心G 的直线分别交AB 、AC于E 、F ，交CB 延长线于D 。

求证：1FACFEA BE =+。

3.在△ABC 中，点D 在BC 上，31DC BD =，分别在AB ，AD 上，32EB AE =，21GD AG =，EG 交AC 于点F ，求FCAF。

4.在□ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，AF 与CE 相交于G ，AF 与DE 交于H ，求AH:HG:GF5.设D 为等腰Rt △ABC （∠C=90°）的直角边BC 的中点，E 在AB 上,且AE ：EB=2:1， 求证：CE ⊥AD6.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。