数学竞赛--梅涅劳斯定理

1、精品文档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提出时间1678 年外文名Menelaus应用学科数学，物理别 称梅氏定理适用领域范围平面几何学表达式(AF/FB) ×(BD/DC) ×(CE/EA)=1适用领域范围射影几何学提出者梅涅劳斯定理内容定理证明证明一过点 A 作 AG DF

2、交 BC的延长线于点G.则证明二过点 C作 CPDF交 AB于 P，则两式相乘得。1欢迎下载精品文档证明三连结 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 =SADF： SBDF（ 1），BD： DC=SBDF： SCDF（ 2），CE： EA=SCDE： SADE=SFEC： SFEA=（ SCDE+SFEC）：（ SADE+SFEA）=SCDF： SADF（ 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

3、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又有 CE/EA=CE'/E'A ，两点重合。所以共线。2欢迎下载精品文档推论 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 =BL/LC、=CM/MA、=AN/NB。于是 AL、 BM、 CN三线交于一点的充要条件是 =-1 。（注意与塞瓦定理相区分，那里是 =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/s

4、in 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。该形式的梅涅劳斯定理也很实用。证明： 可用面积法推出：第一角元形式的梅氏定理与顶分顶形式的梅氏定理等价。第二角元形式的梅涅劳斯定理在平面上任取一点O，且 EDF共线，则（ sin AOF/sin FOB)(sin BOD/sin DOC)(sinCOE/sin AOE)=1。 (O 不与点 A、B、 C重合 )梅涅劳斯球面三角形定理在球面三角形ABC中，三边弧AB，弧 BC，弧 CA(都是大圆弧 ) 被另一大圆弧截于P,Q,R三点，那么数学意义使用梅涅劳斯定理可以进行

5、直线形中线段长度比例的计算，其逆定理还可以用来解决三点共线、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。梅涅劳斯定理的对偶定理是塞瓦定理。它的逆定理也成立：若有三点F、D、E 分别在的边AB、 BC、CA或其延长线上，且满足AF/FB×BD/DC×CE/EA=1，则 F、 D、 E 三点共线。利用这个逆定理，可以判断三点共线。3欢迎下载精品文档梅涅劳斯逆定理定理。4欢迎下载精品文档若有三点F、 D、 E 分别在边三角形的三边AB、 BC、 CA或其延长线上，且满足AF/FB×BD/DC×CE/EA=1，则 F、

6、D、 E 三点共线。利用这个逆定理，可以判断三点共线。注意定理中提到的三个点的位置，在梅涅劳斯逆定理中，三个点要么只有两个在三角形边上，要么一个都不在三角形边上。即：该逆定理成立的前提是三个点有偶数个点在三角形边上。否则为塞瓦定理逆定理。证明方式已知： E、 F 是ABC的边 AB、 AC上的点， D 是 BC的延长线的点，且有：(AF/FB)(BD/DC)(CE/EA)=1。求证： E、F、D 三点共线。 思路： 采用反证法。先假设E、F、D三点不共线，直线DE与 AB交于 P。再证 P 与 F 重合。证明： 先假设 E、 F、 D三点不共线，直线DE与 AB交于 P。由梅涅劳斯定理的定理证

7、明（如利用平行线分线段成比例的证明方法）得：(AP/PB)(BD/DC)(CE/EA)=1 。 (AF/FB)(BD/DC)(CE/EA)=1。 AP/PB=AF/FB ； (AP+PB)/PB=(AF+FB)/FB； AB/PB=AB/FB ； PB=FB；即 P 与 F 重合。 D 、 E、F 三点共线。注意首先我们已知图中的直线关系：三角形一边的延长线上一点与相邻边上一点的连线与另一边相交于一点，然后再来求各个边的关系。梅涅劳斯的功劳在于，他根据上图的现象，发现了关系式：AF/FB×BD/DC×CE/EA=1然后反过来再证明，如果满足这个关系，那么那条线是直线总之：从

8、现象发现等式，再从等式反推现象，这两个工作使得这一发现成为定理。问题：梅涅劳斯是怎么根据图中的现象发现或者计算出等式AF/FB×BD/DC×CE/EA=1 ？这个问题请大家思考。5欢迎下载精品文档梅涅劳斯定理及例题拓展梅涅劳斯介绍： 在证明点共线时，有一个非常重要的定理，它就是梅涅劳斯定理，梅涅劳斯（ Menelaus）是公元一世纪时的希腊数学家兼天文学家，著有几何学和三角学方面的许多书籍。 下面的定理就是他首先发现的。 这个定理在几何学上有很重要的应用价值。6欢迎下载精品文档定理：设 D、E、F 依次是三角形 ABC的三边 AB、BC、CA或其延长线上的点，ADBECF且

9、这三点共线，则满足1DBECFA证明：（此定理需要分四种情况讨论，但有两种可以排除）先来说明两种不可能的情况情况一：当三点均在三角形边上时， 由基本事实可知三点不可能共线 （只能组成内接三角形的三角形。情况二：当一点在三角形一边上， 另两点分别在三角形另两边的延长线上时，如图是三角形 ABC直线 DE交 AB于点 D，交 AC于点 F，交 BC于点 E，平移直线DE即可发现不能可两点同时在延长线上情况三：当两点分别在三角形两边上， 另一点在三角形另一边的延长线上时，如图是三角形 ABC直线 DE交 AB于点 D，交 AC于点 F，交 BC于点 E，D、E、F 三点共线可过 C 作 CMDE交

10、AB于 M，于是BEBD ,ADAF ,ECDMDMFCBEADBDAFECDMDMFC所以ADBECF1DBECFA情况四： 三点分别在三角形三边的延长线上时，如图是三角形ABC直线 DE交 AB于点 D，交 AC于点 F，交 BC于点 E，同情况三 D、E、F 三点共线可过 C作 CMDE交 AB于 M，于是BEBD ,ADAF ,ECDMDMFCBEADBDAFECDMDMFC所以ADBECF1DBECFA设 D、E、 F 依次是三角形 ABC的三边 AB、BC、CA或其延长线上的点，且ADBECF这三点共线，则满足DBEC1FA。7欢迎下载精品文档拓展（ 1 题）在任意三角形 PQR中

11、，A2,A4 分别是 PR,PQ延长线上的点，做射线 A4A2,A6 是射线 A4A2上的一点，做射线 A6Q，A1 是射线 A6Q上的一点， 连结 A1A2交射线PR于 X，作射线 A4A3交射线 PQ于点 A3，交射线 A1A6于点 Y，连结 A1A3交射线PR于点 A5，连结 A6A5交射线 PQ于点 Z，求证 X,Y,Z 三点共线（该命题又为一六边形相间各顶点分别在两直线上求证： 它的三对对边（所在直线）的交点共线）这个定理为帕波斯定理（ 2 题）给定 ABC内两点 O,O', 连结 AO,AO'交 BC于点 X,X',BO,BO' 交 AC于 Y,Y&

12、#39;,CO,CO' 交 AB于 Z,Z'. 设 YZ' 与 Y'Z 交于点 P,ZX' 与 Z'X 交于点 Q,XY'与 X'Y 交于点 R.求证 O,O',P,Q,R 五点共线。8欢迎下载精品文档（ 3 题）在任意三角形 ABC中，E 是直线 AC上的一点， D是直线 BC上的一点， F 是直线 DE上一点， G是直线 AC上一点，作直线 BG交直线 DF于点 Q，作直线 CF 交直线 AB于点 P，作直线 GF交直线 AB于点 H作直线 DH交直线 AC于点 R,求证P,Q,R 三点共线（ 4 题）一直线截 ABC

13、三边 BC,CA,AB或延长线 X,Y,Z 。证明：这三点的等截点X',Y',Z' 共线。（在三角形任意一边所在直线上， 设有两点与此边的中点等距， 则称这两个点互。9欢迎下载精品文档为等截点）（ 5 题）将一点与正三角形的顶点连线，(1) 若依次连结三联结线中点求证是个正三角形(2) 三联结线的中垂线分别与对边（所在直线）的交点共线梅涅劳斯定理和塞瓦定理。10欢迎下载精品文档一、梅涅劳斯定理定理 1 若直线 l 不经过 ?ABC 的顶点，并且与?ABC的三边 BC、 CA、AB或它们的延长线分别BPCQAR交于 P、 Q、R，则 PC ?QA ?RB = 1证明：设

14、? 、? 、 ? 分别是A、 B、 C 到直线l 的垂线的?BPCQAR长度，则：? =PCQARB? ? ? ? ? =1。? ? ? ?注：此定理常运用求证三角形相似的过程中的线段成比例的条件。例 1 若直角 ?ABC中， CK是斜边上的高， CE是 ACK的平分线， E 点在 AK 上， D是 AC的中点， F 是 DE与 CK的交点，证明： BF CE。【解析】 因为在 ?EBC中，作 B的平分线BH，则：EBC= ACK， HBC=° ACE， HBC+ HCB= ACK+ HCB= 90 ，即 BH CE，所以 ?EBC为等腰三角形，作 BC上的高 EP，则： CK =

15、EP，对于 ?ACK 和三点 D、 E、FCDAEKFKFEKCKEPBPBK根据梅涅劳斯定理有：DA ?EK ?FC =1，于是FC= AE = AC= AC = BC= BE，即KF = BK ，根据分比定理有： KF = BK ，所以 ?FKB ? ?CKE，所以 BF CE。FCBEKCKE例 2从点 K 引四条直线， 另两条直线分别交直线与A、B、C、D 和A1， B1 ，C1， D1 ，试证：ACAD=A 1C1A1 D1。BC:B1C1:BDB1 D1【解析】 若 AD A1 D1，结论显然成立；若AD与 A1D1 相交于点 L，则把梅涅劳斯定理分别用于?A 1AL 和?B1BL

16、可得：ADLD 1A1 K=1 ，LCAKA1 C1= 1 ，BCLC1B1 KLD?BK?AK?LC1?BK= 1 ，BDB1 KLD A1 D1AC A1KLC B 1C1B1D1= 1，将上面四个式子相乘，可得：AD BC A 1C1B1D 1AC AD=A 1C1B1D1LD 1?= 1，即：:B 1C1:AC BD A 1D1B 1C1BC BDB1 C1定理 2设 P、 Q、R 分别是 ?ABC的三边 BC、 CA、 AB上或它们延长线上的三点，并且P、 Q、R 三点中，位于 ?ABC 边上的点的个数为0 或 2，这时若BP CQ ARPC ?QA ?RB = 1，求证 P、 Q、

17、R 三点共线。证明：设直线 PQ与直线 AB 交于 R ，于是由定理 1BPCQARBP?CQ?AR=AR 得：PC? ?=1，又因为PCQARB1，则 =QAR BR BAR，由于在同一直线上P、Q、R 三点中，位于 ?ABCRB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 > ?R，这时 AB - AR < ?- ?R，即 BR < ?R，于是可得ARARARARBR，这与BR矛盾，类似地可证得当R与 R 同在 AB的延长线上时，R 与 R>

18、BR= BR也重合，综上可得：P、 Q、 R 三点共线。注：此定理常用于证明三点共线的问题，且常需要多次使用再相乘；。11欢迎下载精品文档例 3 点 P 位于 ?ABC 的外接圆上； A1 、 B1 、 C1是从点 P 向 BC、CA、AAB引的垂线的垂足，证明点A1 、B1 、 C1共线。BA1BP?cos PBCCB1CP?cos PCAAC1【解析】 易得：= -，AB= -，BC =CA1CP?cos PCBAP?cos PAC11C1AP?cos PABA1CPCA= PBC，将上面三个式子相乘，且因为B1- BP?cos PBAB° BA1 CB1 AC1 PAB= PC

19、B， PCA+ PBA= 180 ，可得 CA1 ?AB 1 ?BC 1 = 1 ，根据梅涅劳斯定理可知 A1 、 B1、 C1 三点共线。例 4 设不等腰 ?ABC 的内切圆在三边 BC、CA、 AB上的切点分别为D、 E、F，则 EF 与 BC， FD与 CA， DE与 AB的交点 X、 Y、Z 在同一条直线上。BXCEAF= 1，【解析】?ABC被直线 XFE所截，由定理 1 可得：?XCEAFB又因为 AE = AF，代入上式可得 BX FB ，同理可得 CYDC ，AZXC= CEYA= AFZB =EABX CY AZBD ，将上面的式子相乘可得：XC ?YA ?ZB = 1，又因

20、为X、Y、Z丢不在 ?ABC的边上，由定理2 可得 X、 Y、 Z 三点共线。例 5 已知直线 AA1 ， BB1 ， CC1相交于 O，直线 AB 和 A1 B1 的交点为 C2 ，直线 BC和 B1 C1的交点为 A2 ，直线 AC和 A1C1 的交点为 B2，试证 A2、 B2 、 C2 三点共线。【解析】 设 A2、 B2 、C2 分别是直线 BC和B1 C1，AC和 A1 C1 ，AB和 A1 B1的交点， 对所得的三角形和它们边上的点：OAB和（A1 ，B1，C2 ），OBC和（ B1 ， C1 ， A2），OAC和（ A1 ， C1 ，B2）应用梅涅劳斯定理有：AA1 ?OA1O

21、B1BC2OC 1BB 1CA2OA1CC1AB 2BB?AC= 1， CC ?OB1?BA= 1，AA?OC?CB= 1，将上面的三个式1212112子相乘， 可得：BC2AB2?CA2= 1，由梅涅劳斯定理可知 A2 、 B2、 C2 共AC2?BA 2CB2线。例 6在一条直线上取点E、C、A，在另一条上取点B、F、D，记直线 AB 和 ED，CD和 AF， EF和 BC的交点依次为L、 M、 N，证明： L、M、 N 共线。【解析】 记直线 EF 和 CD， EF 和 AB， AB和 CD的交点分别为U、V、 W，对 ?UVW ，应用梅涅劳斯定理于五组三元点(L, D, E) ，(A,

22、 M, F) ，(B, C,N) ，(A, C,E) ，(B, D, F) ，则有UE VL WDVE ?WL ?UD= 1 ，VAUFWMUNWCVBWAUCVEWBUDVF= 1，将上面五个式子相乘?VF?= 1，?UC?= 1 ，VA?= 1，?WAYMVNWBWCUEVBWDUFVLWM UN可得：WL ?UM ?VN =1，点 L、M、 N共线。二、塞瓦定理定理： 设 P、 Q、R 分别是 ?ABC的 BC、 CA、 AB边上的点，则AP、 BQ、 CR三线共点的充要条BPCQAR件是： PC ?QA ?RB = 1。12欢迎下载精品文档证明：先证必要性： 设 AP、BQ、CR相交于

23、点 M，则 BP= S?ABP =APCS?ACPS?BMP=S?ABM ，同理 CQ= S?BCM ， AR =S?ACM ，以上三式相乘，RS?CMPS?ACMQAS?ABMRBS?BCMMQ得：BPCQ ARBP CQ ARPC ?QA ?RB = 1，再证充分性：若PC ?QA ?RB =1，设 AP与 BQ相交于 M，且直线BPCQPCCM交 AB于 R ，由塞瓦定理有： PC ?QA ? BARAR AR = 1 ，约翰斯： =RB，因为 R 和 R 都在线段 AB上，所以 R 必与 R 重合，故 AP、BQ、 CRR BR B相交于一点 M。例 7证明：三角形的中线交于一点。【解

24、析】记 ?ABC的中线 AA1 ，BB1，CC1 ，我们只须证明AC1BA 1?AC1 B?A1 CCB1= 1 ，而显然有： AC1 = C1 B， BA1 = A1C， CB1= B1A，C1B1B1 A即AC1BA 1 CB1CC1B ?A1 C ?B 1A = 1成立，所以， ?ABC交于一点，BA1例 8在锐角 ?ABC中， C的角平分线交AB于 L，从 L 做边 AC和 BC的垂线，垂足分别是 M和 N，设 AN和 BM的交点是 P，证明： CP AB 。【解析】 作 CK AB，下证 CK、 BM、 AN 三线共点，且为 P 点，要证CK、BM、 AN三线共点，根据塞瓦定理即C要证： AMCNBKNMC ?NB ?AK = 1，又因为 MC = CN，即要证明：AM BKAMALAK ?NB = 1 ，因为 ?AML ? ?AKC ? AK= AC， ?BNL ?M?BKC ?BKBCALBCAB=，即要证AC? = 1，根