2023年数学竞赛梅涅劳斯定理

梅涅劳斯定理梅涅劳斯（Mｅnｅlauｓ)ＨYPERLINK""\t＂_bｌａnk"定理（简称梅氏定理）最早出现在由HYＰERLINＫ""\t"_blaｎｋ"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此外三条线段之积,这一定理同样可以轻而易举地用初等几何或通过应用简朴的三角关系来证明.梅涅劳斯把这一定理扩展到了HYPＥRLINK"＂\t"＿blａnk"球面三角形。中文名HYＰＥRLIＮK""\ｔ＂_bｌank＂梅涅劳斯定理外文名Menelaｕs别

称HYPＥRＬINK""\t＂_blank＂梅氏定理表达式(AF／FB）×(ＢD／DＣ)×(CE/EA)=1提出者ＨＹＰＥRLＩNK＂"＼t"＿blank"梅涅劳斯提出时间1678年应用学科数学，物理合用领域范围平面几何学合用领域范围HYPＥRＬINK""\t"_blａnk"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：充足性证明:△ABC中,BC,CA,AB上的分点分别为D,Ｅ,F。连接DF交CA于E',则由充足性可得,(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、μ=ＣM／ＭA、ν＝AN/NB。于是AL、ＢM、CＮ三线交于一点的ＨＹPERLINK""\ｔ＂_blank＂充要条件是λμν＝－1。（注意与塞瓦定理相区分，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。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)(sin∠ＣOＥ/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HYＰERＬINＫ"＂＼ｔ"_ｂlank"梅涅劳斯定理可以进行HYPＥRLINK＂＂\t＂_bｌaｎk"直线形中线段长度比例的计算，其ＨＹPERＬIＮK""＼t"_blank"逆定理还可以用来解决ＨＹＰERLIＮK"＂\t"_ｂlank"三点共线、三线共点等问题的鉴定方法,是HＹＰＥRLINK＂"\t"＿ｂｌanｋ"平面几何学以及ＨYPEＲＬINK"＂\ｔ"＿blaｎk"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ＨYPＥＲLINK""＼t"_bｌａｎk"对偶定理是HＹPEＲLIＮＫ＂＂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。运用这个逆定理，可以判断三点共线。梅涅劳斯逆定理定理若有三点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、D、E三点共线。运用这个逆定理,可以判断三点共线。注意定理中提到的三个点的位置，在HYＰERＬＩNK""＼t＂＿bｌank"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ＨＹPERLIＮK""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HYPEＲLINＫ""\t"＿bｌａnk"塞瓦定理逆定理。ﻫ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。思绪：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明（如运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。注意一方面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,假如满足这个关系,那么那条线是直线总之:从现象发现等式，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。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。下面的定理就是他一方面发现的。这个定理在几何学上有很重要的应用价值。定理：设D、E、Ｆ依次是三角形ABC的三边AB、BC、CA或其延长线上的点,且这三点共线，则满足证明:(此定理需要分四种情况讨论，但有两种可以排除）先来说明两种不也许的情况情况一：当三点均在三角形边上时,由基本领实可知三点不也许共线(只能组成内接三角形的三角形。情况二：当一点在三角形一边上，另两点分别在三角形另两边的延长线上时，如图是三角形ABC直线DE交AB于点D，交AC于点F，交ＢC于点E，平移直线DE即可发现不能可两点同时在延长线上情况三：当两点分别在三角形两边上，另一点在三角形另一边的延长线上时，如图是三角形ＡBC直线DE交ＡＢ于点D,交AC于点F,交BC于点E，∵D、E、Ｆ三点共线∴可过Ｃ作CＭ∥ＤE交ＡB于Ｍ,于是所以情况四:三点分别在三角形三边的延长线上时，如图是三角形ＡBＣ直线DE交ＡB于点D，交AC于点Ｆ，交BＣ于点E,同情况三∵D、E、F三点共线∴可过C作CＭ∥DE交AB于M，于是所以∴设D、Ｅ、F依次是三角形ABC的三边AＢ、BC、CA或其延长线上的点,且这三点共线,则满足拓展(1题）在任意三角形PQR中，A2,A4分别是PR,ＰQ延长线上的点，做射线A4Ａ２，A6是射线A4Ａ2上的一点，做射线A6Ｑ,A1是射线A６Q上的一点，连结Ａ1A2交射线ＰＲ于X，作射线A４Ａ3交射线PQ于点A3，交射线Ａ1A6于点Y,连结Ａ1A3交射线PR于点A5，连结A6A5交射线ＰQ于点Z，求证X,Y,Z三点共线(该命题又为一六边形相间各顶点分别在两直线上求证：它的三对对边（所在直线)的交点共线)这个定理为帕波斯定理(2题）给定△ＡBC内两点O,Ｏ'，连结ＡO，AO＇交BC于点X,X',BO,BO'交AＣ于Y,Y＇,CＯ,CO'交AB于Ｚ,Z'．设YＺ'与Y＇Z交于点P，ZX'与Z'X交于点Q,XY'与X'Y交于点R.求证O，Ｏ',P,Q,Ｒ五点共线（3题)在任意三角形ＡBC中,E是直线ＡC上的一点，Ｄ是直线BC上的一点，F是直线DＥ上一点,G是直线ＡC上一点，作直线BG交直线DＦ于点Q，作直线CF交直线ＡB于点P，作直线GF交直线AＢ于点Ｈ作直线DＨ交直线AC于点R,求证P,Q,R三点共线（4题)一直线截△ABＣ三边BＣ，ＣA,AB或延长线X，Y,Z。证明：这三点的等截点X'，Ｙ',Z'共线。(在三角形任意一边所在直线上，设有两点与此边的中点等距，则称这两个点互为等截点）（５题）将一点与正三角形的顶点连线，(1）若依次连结三联结线中点求证是个正三角形（2）三联结线的中垂线分别与对边（所在直线）的交点共线梅涅劳斯定理和塞瓦定理一、梅涅劳斯定理定理1若直线l不通过∆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证明:设hA、hB、hC分别是A、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，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】由于在∆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=EP，对于∆ACK和三点Ｄ、E、F根据梅涅劳斯定理有：CDDA∙AEEK∙KFFC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，B【解析】若AD∥A1D1,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∆A1AL和∆B1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BPPC∙CQQA∙ARRB=1证明:设直线PQ与直线ＡB交于R’,于是由定理１得:BPPC∙CQQA∙AR‘R’B=1,又由于BPPC∙CQQA∙ARRB=1，则AR‘R’B=ARRB,由于在同一直线上P、Ｑ、R三点中，位于∆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；CBA例3点P位于∆ABC的外接圆上；A1、B1、C1是从点PCBA【解析】易得：BA1CA1=-BP∙cos∠PBCCP∙cos∠PCB，CB1AB1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。【解析】∆ABC被直线XFE所截,由定理１可得：BXXC∙CEEA∙AFFB=1,又由于AE=AF,代入上式可得BXXC=FBCE，同理可得CYYA=DCAF,AZZB=EABD例5已知直线AA1,BB1，CC1相交于O，直线AB和A1B1的交点为C2，直线BC和B1C【解析】设A2、B2、C2分别是直线BＣ和B1C1，AC和A1C1,AB和A1B1的交点,对所得的三角形和它们边上的点:OAB和（A1，B1，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,M,F),(B,C,N)，(A,C,E),(B,D,F)，则有UEVE∙VLWL∙WDUD=1,VAWA∙UFVF∙WMYM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三线共点的充要条件是：BPPCMQRACPB证明:先证必要性：设ＡＰ、ＢＱ、CR相交于点M，则BPPC=S∆ABPS∆ACP=S∆BMPS∆CMP=S∆ABMS∆ACM,同理CQQA=S∆BCMS∆ABM,ARRB=S∆ACMS∆BCM,以上三式相乘,得：BPPC∙CQMQRACPBCBA例7CBA【解析】记∆ABC的中线AA1，BB1,CC1,我们只须证明AC1C1B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。KLNMCBA【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，根据塞瓦定理即要证:AMMC∙CNNB∙BKAK=1,又由于MC=CN