1、第一章涅勞斯定理及應(yīng)用【基礎(chǔ)知識(shí)】梅涅勞斯定理C'分別是4ABC的三邊BC,CA,AB或其延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，若A',B',c,三點(diǎn)共線，則BACBACABBACB證明如圖1-1,過(guò)A作直線AD/C'A'交BC的延長(zhǎng)線于D,則CBCABAAD也與，故CBABBACBACBACADA,=1.ACBACBACADAB注此定理的證明還有如下正弦定理證法及面積證法.正弦定理證法設(shè)/BCA'=ct,/CB'A'=P,/BAErT,在BA'C'中，有弛=之吧，同理,CBsinCBsinCa=二'AC二snE,此三式相乘即證.

2、ABsin.工面積證法CBBASZXCBC.SZCAB.SZXCBC.,SZXCAB.SAbAc'SAaAb'SAbAc''SAaAbSACCa-=?SAACA-ACCBSZACA,SACBa'此三式相乘即證.梅涅勞斯定理的逆定理設(shè)A',B',C'分別是4ABC的三邊BC,CA,AB或其延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，若射曳,處'=1,ACBACB則A；B,C,三點(diǎn)共線.證明設(shè)直線A'B'交AB于C1,則由梅涅勞斯定理，得到-BA-CB，"1=1.ACBAC1A由題設(shè)，有的：包，血=1,即有心二星.ACBACBC1

3、BCB又由合比定理，知”至，故有AC1=AC',從而C1與C'重合，即A',B',C三點(diǎn)共線.ABAB有時(shí)，也把上述兩個(gè)定理合寫為：設(shè)A',B'，C'分別是4ABC的三邊BC,CA,AB所在直線（包括三邊的延長(zhǎng)線）上的點(diǎn)，則A',B',C三點(diǎn)共線的充要條件是BACBAC-=1ACBACB上述與式是針對(duì)4ABC而言的，如圖1-1（整個(gè)圖中有4個(gè)三角形），對(duì)于C,BA'、bCa'、ACB'也有下述形式的充要條件：CABCAB-=1,ABCABCBACBAC,ABCABC,=1;.=1.ACBACBBCA

4、BCAAB所在直線（包括第一角元形式的梅涅勞斯定理設(shè)A',B'，C'分別是ABC的三邊BC,CA,三邊的延長(zhǎng)線）上的點(diǎn)，則A',B',C'共線的充分必要條件是證明如圖1-2,可得BASaabaAC-Saaac1.,-ABAAsinZBAA21.，-AAACsin/AAC2ABsin/BAAACsin/AAC同理,CB'BCsin/CBB'AC'ACsin/ACCBA-ABsin/BBA'CB-BCsin/CCB以上三式相乘，運(yùn)用梅涅勞斯定理及其逆定理，知結(jié)論成立.第二角元形式的梅涅勞斯定理設(shè)A',B'

5、;，C'分別是4ABC的三邊BC,CA,點(diǎn)O不在ABC三邊所在直線上，則A',B',C'三點(diǎn)共線的充要條件是sin/BOA'sin/COB'sinAOC'公二1sin/A'OCsin/BOAsin/cOBAB所在直線上的點(diǎn),圖1-3sinZBAA*sin/ACC'sinCBB'sinZAACsinZCCBsinZBBA證明如圖1-3,由生史叱=4，有SaaOcacsinBOAOCBAsin/AOCOBACsin/AOCOBACrsin/COBOACB同理sin/COB'OACB''sin/B

6、OAOCBA'中日sin/BOA'sin/COB'sin/AOC'BA'CB'AC'sin/AOCsin/BOAsin/COBACBACB故由梅涅勞斯定理知A',B',C共線=受2上,，生=1.ACBACB從而定理獲證.注（1）對(duì)于、式也有類似式（整個(gè)圖中有4個(gè)三角形）的結(jié)論.（2）于在上述各定理中，若采用有向線段或有向角，則、式中的右端均為-1,、式中的角也可以按或式中的對(duì)應(yīng)線段記憶.特別要注意的是三邊所在直線上的點(diǎn)為一點(diǎn)或者三點(diǎn)在邊的延長(zhǎng)線上.【典型例題與基本方法】1.恰當(dāng)?shù)剡x擇三角形及其截線（或作出截線），是應(yīng)用梅涅

7、勞斯定理的關(guān)鍵例1如圖1-4,在四邊形ABCD中，4ABD,ABCD,ABC的面積比是3：4：1,點(diǎn)吊，N分別在AC,CD上，滿足AM:AC=CN:CD,并且B,M,N共線.求證：M與N分別是AC和CD的中點(diǎn).（1983年全國(guó)高中聯(lián)賽題）圖1-4證明設(shè)XM=gN=r（0<r<1）,AC交BD于E.ACCDP/S*AABD,SABCD,SAABC=3。41,BE1AE3二=一,=一.BD7AC7AMAE3-r-EM_AM-AE_ACAC_7J-3MC-AC-AM-彳AM-1-r-7-7r'1-AC又因B,M,N三點(diǎn)共線，可視BMN為CDE的截線，故由梅涅勞斯定理，得CNDBE

8、Mr77r-3,=1,即=1.NDBEMC1-r17-7r化簡(jiǎn)整理，得6r2-r-1=Q1 1斛得r=一,r=-一（舍去）.23故M與N分別是AC和CD的中點(diǎn).例2如圖1-5,在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC平分ZBAD,在CD上取一點(diǎn)E,BE與AC相交于F,延長(zhǎng)DF交BC于G.求證：/GAC=/EAC.（1999年全國(guó)高中聯(lián)賽題）A圖1-5證明記/BAC=/CAD=9,/GAC=ot,/EAC=P,直線GFD與ABCE相截，由梅涅勞斯定理，有BGCDEFSAABGSAAEF1二二GCDEFBSaaedSaabfABsin（1-q。ACsin?AEsinI：ACsin、工AEsin（i-l：-;

9、）ABsint1sin（0-a）sinPsin二sin（1-：）故sin-二）sim=sd-n（'：）.：即sin.cos，sBnCosas，inP=sinl3.sin，cots-s0nftosa亦即sin，cO（s，s0*QinasinPgosa-slnqy儀屣，縣k只可能為0,故ZGAD=/EAC.例3設(shè)E、F分別為四邊形ABCD的邊BC、CD上的點(diǎn)，BF與DE交于點(diǎn)P.若/BAE=/FAD,則/BAP=/CAD.證明如圖1-6,只需證得當(dāng)AF關(guān)于/BAD的等角線交BE于P時(shí)，B、P、F共線即可.ABEC圖1-6事實(shí)上，B、P、F分別為CDE三邊所在直線上的三點(diǎn)，且A不在其三邊所在

10、直線上.又/FAD=/EAB,/DAP=/BAC,/PAE=/CAF,由第二角元形式的梅涅勞斯定理，有P、F三點(diǎn)共線.sin/EABsin/CAFsin/DAP身o=1.故B、sin/BACsin/FADsin/PAE注當(dāng)AC平分/BAD時(shí)，即為1999年全國(guó)高中聯(lián)賽題.2.梅涅勞斯定理的逆用（逆定理的應(yīng)用）與迭用，是靈活應(yīng)用梅氏定理的一種方法例2另證如圖1-5,設(shè)B,G關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)分別為B'，G',易知A,D,B,三點(diǎn)共線，連FB,，F(xiàn)G',只須證明A,E,G'三點(diǎn)共線.設(shè)/EFB'=ot,ZDFE=/BFG=/BFG1=P,/AFD=/GFC=/

11、GFC=¥,則DA''BGSzxFCdzES-AFSGbSf九ncF'，DPs，inF加奉iotfnC1ABGCAFEBIASFGCSsi：Fn帛（D：F）BsinFCsinF對(duì)CBD,應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知A,E,G'三點(diǎn)共線.故/GAC=/EAC.注在圖1-5中，*式也可為sin（180*-P-Y）,若B'在AD的延長(zhǎng)上，則*式為sin（P十了十口）.例4如圖1-7,|_Oi與O2和ABC的三邊所在的3條直線都相切，E,F,G,H為切點(diǎn)，直線EG與FH交于點(diǎn)P.求證：PAXBC.（1996年全國(guó)高中聯(lián)賽題）GHAOiP（P'）

12、圖1-7EBDCF證法1過(guò)A作AD，BC于D,延長(zhǎng)DA交直線HF于點(diǎn)P'.對(duì)ABD及截線FHP'應(yīng)用梅涅勞斯定理，有AHBFDP=1.HBFDPAAHDPd由BF=BH,有二1FDPA顯然Oi,A,。2三點(diǎn)共線，連O1E,O1G,O2F,02H,則由OE/AD/O2F,有AO1sAO2,DEAO1AG目口從而=,即DFAO2AHAHAGFDED又CE=CG，則1=也,空=里空=DP學(xué)FDPAPAEDPAGCCEED對(duì)ADC,應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知P'，G,E三點(diǎn)共線，即P'為直線EG與FH的交點(diǎn).故點(diǎn)P'與點(diǎn)P重合，從而PAXBC.證法2延長(zhǎng)PA交

13、BC于D,直線PHF與ABD的三邊延長(zhǎng)線都相交，直線PGE與ADC的三邊延長(zhǎng)線都相交，分別應(yīng)用（迭用）梅涅勞斯定理，有AHBFDP,1,HBFDPADPAGCE,=1.PAGCED上述兩式相除,則有AHBFHBFD而HB=BF,CE=GC,于AG一GCAHFDEDCE.ED蛆，即AGAHDEDF連O1G,OE,O1A,O2A,而O1,A,O2共線，則OG±GC,02H，BH,且OAGs02AH,從而01A=空d02AAHDF是AD/O1E,故AD，EF,即PAXBC.【解題思維策略分析】梅涅勞斯定理是三角形幾何學(xué)中的一顆明珠，它蘊(yùn)含著深刻的數(shù)學(xué)美，因而它在求解某些平面幾何問(wèn)題，特別是

14、某些平面幾何競(jìng)賽題中有著重要的應(yīng)用.1.尋求線段倍分的一座橋梁例5已知ABC的重心為G,M是BC邊的中點(diǎn)，過(guò)G作BC邊的平彳T線交AB邊于X,交AC邊于Y,且XC與GB交于點(diǎn)Q,YB與GC交于點(diǎn)P.證明：MPQsABC.（1991年第3屆亞太地區(qū)競(jìng)賽題）證明如圖1-8,延長(zhǎng)BG交AC于N,則N為AC的中點(diǎn).由XYIIBC,知生=-=2，而_NC.XBGMCA2圖1-8對(duì)ABN及截線XQC,應(yīng)用梅涅勞斯定理，有AXBQNCBQ1田=2，=1,故BQ=QN.XBQNCAQN2從而MQ/AC,且MQ=1CN=1AC.241同理，MPIIAB,且MP=AB./PMQ=/BAC,且MPABMQ,故AC4

15、由此可知，/PMQ與/BAC的兩邊分別平行且方向相反，從而MPQAABC.例6ABC是一個(gè)等腰三角形，AB=AC,M是BC的中點(diǎn)；O是AM的延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，使得OBAB;Q是線段BC上不同于B和C的任意一點(diǎn)，E在直線AB上，F(xiàn)在直線AC上，使得E,Q,F是不同的和共線的，求證：（I）若OQ，EF,貝UQE=QF;（n）若QE=QF,則OQ，EF.（1994年第35屆IMO試題）證明（1）如圖1-9,連OE,OF,DC.由OQLEF，易證O,E,B,Q四點(diǎn)共圓，O,C,F,Q四點(diǎn)共圓.則/OEQ=/OB電OCQO因此OE=OF.故QE=QF.A圖1-9（n）由AB=AC,EQ=QF,對(duì)AEF及截

16、線BQC運(yùn)用梅涅勞斯定理，有1=AB，旦，段=BEQFCABE即BE=CF.于是可證RtAOBERtAOCF,得OE=OF，故OQ，EF.例7在凸四邊形ABCD的邊AB和BC上取點(diǎn)E和F,使線段DE和DF把對(duì)角線AC三等分，已知1SzxADE=SaCDF=SSabcd,求證：ABCD是平行四邊形.（1990年第16屆全俄競(jìng)賽題）4證明如圖1-10,設(shè)DE,DF分別交AC于P,Q,兩對(duì)角線交于M.要證ABCD是平行四邊形，若證得AM=MC（或PM=MQ），且BM=MD即可.圖1-10APCQPMQM由SaADE=SaCDF）Saadp=Sacdq（等底等高），知Saaep=Sacfq,而APCQ

17、,故有EF/AC,從而有BEBFEA-FC'對(duì)BAM及截線EPD,BCM及截線FQD,分別應(yīng)用梅涅勞斯定理，有BEAPMD,=1,EAPMDBBFCQMD11=1.FCQMDB而AP=CQ,故PM=MQ,即有AM=MC.此時(shí)，又有SaABD=SacBD由，兩式相除得1BEAPMD12MD又由Saade=_Sabcd，知BE=EA,于式可*與為.,=-._.=1,4EAPMDB11DB即有DB=2MD,亦即BM=MD.故ABCD為平行四邊形.2.導(dǎo)出線段比例式的重要途徑例8在ABC中，AA為BC邊上的中線，AA2為/BAC的平分線，且交BC于A2,K為AA,上的點(diǎn)，使KA?/AC.證明A

18、4，KC.（1997年第58屆莫斯科競(jìng)賽題）證明如圖1-11,延長(zhǎng)CK交AB于D,只須證AD=AC.圖1-11由AA2平分/BAC,有當(dāng)=色.ACA2c由KA2/AC,有3K=AA2.KAA2c注意到BC=2AC,對(duì)ABA1及截線DKC運(yùn)用梅涅勞斯定理，得.ADBCA1KAD°AA拓BD2AA21=2.故=,由合比7E理，有DBCA1KADBA2cDAA2cBDDA2A1A2A2cAA2ACA1A2BA1ABBA2小DAA2cA2cA2cADA2c由，式有但=空故AC=AD.ACAD例9給定銳角ABC,在BC邊上取點(diǎn)A,A2（A2位于人與C之間），在CA邊上取點(diǎn)B1,B2（B2位于B

19、1與A之間），在AB邊上取點(diǎn)C1,C2（C2位于C1與B之間），使得/Ag=/AA2A1=/BB1B2二/BB=/CC1C2=/CC2C1，直線AA,BB1與CC1可構(gòu)成一個(gè)三角形，直線AA2,BB2與CC2可構(gòu)成另一個(gè)三角形.證明：這兩個(gè)三角形的六個(gè)頂點(diǎn)共圓.（1995年第36屆1MO預(yù)選題）證明如圖1-12,設(shè)題中所述兩個(gè)三角形分別為UVW與XYZ.A圖1-12由已知條件，有AC1csAB2B,BA2AsBC1c,CB2BsCA1A,得AC1ACAB2-ABBA2ABBC1一BCCB2BCCA1-AC此三式相乘得AC1BA2CB2AB2BC1CA1對(duì)AAB及截線CUC1,AA2c及截線BX

20、B2,分別應(yīng)用梅涅勞斯定理，得也坐坨=1,記坐坐日，UA1CBC1AXAB2cBA2，三式相乘化簡(jiǎn)，得也=把.故UXIIBC.UA1XA2同理，WX/CA.故/AUX=/AA1A2=/BBB=/BWX.從而點(diǎn)X在UVW的外接圓上.同理，可證得Y,Z也在UVW的外接圓上.證畢.例10如圖1-13,以ABC的底邊BC為直徑作半圓，分別與邊AB,AC交于點(diǎn)D和E,分別過(guò)點(diǎn)D,E作BC的垂線，垂足依次為F,G,線段DG和EF交于點(diǎn)M.求證：AM±BC.（IMO-37中國(guó)國(guó)家隊(duì)選拔賽題）ABFHGC圖1-13證法1設(shè)直線AM與BC交于H,連BE,CD,則知ZBEC=/BDC=901直線FME與

21、AHC相截，直線GMD與ABH相截，迭用梅涅勞斯定理，有AMHFCEAMHGBD=1,'=1.MHFCEAMHGBDA兩式相除，得CEBGAD在RtDBC與RtEBC中，有22CD=BCFC,BE=BCBG,FHCD2，AE-BDhG-be2cead.即區(qū)BGCDBE將其代入式，得又由ABEsACD,有CDADbe-aE將其代入式，得FHCDBD_SAdbcDF_DMhG-BECE-Saebc-EG-MGMH/DF.而DF，BE,則MH，BC,故AM，BC.證法2作高AH,連BE,CD,則/BDC=90BEC，于是，DF=BDsinBCcos/BsinZB,EG=BCcos/CsinZ

22、C.GMEGcosCs匕nCABdosCMDFDcosBs匕nBAC&osB又BH=ABcos/B,HG=AEcos/C,BHABcoSBACcOsHG-AEcoSCADcOsDBCHIGBHG-MMDHIGBHABDA對(duì)BGD應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知AM±BC.H,M,A三點(diǎn)共線.由AH，BC,知B1,g分別為邊AC,AB的中例11如圖1-14,設(shè)點(diǎn)I,H分別為銳角ABC的內(nèi)心和垂心，點(diǎn)點(diǎn).已知射線B1I交邊AB于點(diǎn)B2(3¥B),射線CI交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)C2,B2c2與BC相交于K,BKB2和CKC2的面積相A為BHC的外心.試證：A,I,A三點(diǎn)共線的充分

23、必要條件是等.（CMO-2003試題）圖1-14分析首先證A,I,A三點(diǎn)共線u/BAC=60口.設(shè)O為ABC的外心，連BO,CO,則/BX=AZ.又/BC=0-瞪，因此，/BAC=60*uB,H,O,C四點(diǎn)共圓仁A在ABC的外接圓l_O上仁八1與小重合=八，I,A三點(diǎn)共線.其次，再證$bkb2=Sackc2y/BAC=60*.并在三角函數(shù)式中，用A、B、C分別表小三內(nèi)角.證法1設(shè)4ABC的外接圓半徑為R,CI的延長(zhǎng)線交AB于D,對(duì)ACD及截線C11c2,應(yīng)用梅涅勞斯定理，有"12，吆=1.CiDICC2AACABAE汪尼、至UCiD=AD-ACi=ACBC2AB(AC-BC)sinC

24、(sinB-sinA)R2sin2Csin-BAR222(ACBC)sinBsinAA-Bcos2ACCiD.Csin-2B-Asi-R2ACiICCA-BcoscosACDIADsinADCsinCBA-Bcos2CC2ICCiDB-Asin2nACDsiCn-2Cs+n2C2ADIACiCcos2.從而AC2-CC2A2sin2Bcos2AC2又對(duì)ACD及截線BiIB2,應(yīng)用梅涅勞斯定理,AB2DICBiB2DICBiA注意到CBi=BiA,有BDAB2DIICA-BcosAB2=AD2二AB2AB2sinsin一22BcosAB2.從而Ca2cos-sin22.Csin一2ADAB2-B

25、2DA-cos2.C-sin一22sinsinA-Bcos2ACACBCAB2AB2A-BcosA-Bcos2A-Bcos2二ABAB2sinsin一22o.AAB2slCcps2sinBcos2sinBsinA2sinA-sin2AB2Bcos2Ccos2,ABAC-eh2A一一由SABKB2-SACKC2USAABC=Saab2c2U=i，注意，u4sin=i,且A為銳角ab2ac2uZBAC=60*.證法2如圖i-i4,設(shè)直線AI交BC于F,直線BiB2交CB的延長(zhǎng)線于E.對(duì)4ACF及截線BiIE,應(yīng)用梅涅勞斯定理，有ABiCFBCEFFI'=1IA又由AB1=BQ及角平分線性質(zhì)

26、,即有FICFBFIACABABCABAC令BC=a,AC=b,AB=c,則口=IAEFEFEF而CFEF=CF-CE-EF-bc-aa2b(bc-a)(bc)又BFBE=EF-BFa(a-c)(由題設(shè)知bc-aa>c).從而BE(b)c(-ac對(duì)ABF及截線舊2E,應(yīng)用梅涅勞斯定理，有AIIFFEEB將式代入上式，得BB2IF同理B2AACa-cbAIBEa-c,ABBB2-=1.B2AAB2B2BEFAB2AB2AC2S»ABKB2-S»ACKC2USaABC-Saab,c2ABAC=1,AB2AC2eab-cac-b,u=1u22,=b+c-bcuZBAC=60

27、*.例11還有其他證法，可參見(jiàn)筆者另文關(guān)于2003年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克第一題（中等數(shù)學(xué)2003年第6期）.例12如圖1-15,凸四邊形ABCD的一組對(duì)邊BA與CD的延長(zhǎng)線交于M,且ADXBC,過(guò)M作截MHMLMHML證法MLLLO1如圖1-15,對(duì)MlD及直線BLC由梅涅勞斯定理得LBDC-1=1-BDCM線交另一組對(duì)邊所在直線于H,L,交對(duì)角線所在直線于H',L'.求工業(yè)化:對(duì)4口1卜及直線BAM由梅涅勞斯定理得LMHADB,=1MHADBL對(duì)AMHD及直線CHA由梅涅勞斯定理得HHMCDA1HMCDAH由MLlF所以所以HHMHHMHM-MHMHHMLMHH1mHhM-

28、9;LLMLLM'ML-ML'MLLM'故MH證法2有+=+.MLMHHL設(shè)AD與BC的延長(zhǎng)線相交于O.BML和CML均被直線AO所截,迭用梅涅勞斯定理,BAAM由HLOBMHLO，LC+BL,得BALCAMCDHLBL.DMMH注意到CDHLOCDMMHLO，OBLCOCBLLOb二ba直線上的托勒密定理），則式變?yōu)锽ALCAMCDBLDMmHLDCMH又由BDII截LCM和AC截LBM,迭用梅涅勞斯定理，有BC-LL-DC=BL，LMMDBCLH-HM二LC.空AM將此結(jié)果代入式整理，即得欲證結(jié)論.注當(dāng)AD/BC,式顯然成立，故仍有結(jié)論成立.此題是二次曲線蝴蝶定理的

29、推論.3.論證點(diǎn)共直線的重要方法例13如圖1-16,ABC的內(nèi)切圓分別切三邊BC,CA,AB于點(diǎn)D,E,F一個(gè)內(nèi)點(diǎn)，XBC的內(nèi)切圓也在點(diǎn)D處與BC邊相切，并與CX,XB分別相切于點(diǎn)，點(diǎn)X是ABC的Y,Z.證明：EFZY是圓內(nèi)接四邊形.（1995年第36屆IMO預(yù)選題）圖1.16證明由切線長(zhǎng)定理，知CE=CD=CY,設(shè)BC的延長(zhǎng)線與FE的延長(zhǎng)線交于P,對(duì)BF=BD=BZ,AF=AE,XZ=XY.ABC及截線FEP,應(yīng)用梅涅勞斯定理，有AFBPCEAFBPCE1=-=-FBPCEAEAPCFBXZBPCY_XZBPCY一YXPCZB-ZBPCYX'對(duì)XBC應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知Z,Y

30、,P三點(diǎn)共線，故由切割線定理有PE，PF=PD2,_2PYPZ=PD.以而PEPF=PYPZ,即EFZY是圓內(nèi)接四邊形.例14如圖1-17,ABC中，/A內(nèi)的旁切圓切/A的兩邊于A和A2,直線A1A2與BC交于A3;類似地定義B1,B2,B3和C1,C2,C3.求證：A3,員，C3三點(diǎn)共線.證明由切線長(zhǎng)定理，知AA=AA2,BB=BB2,CC1=CC2,對(duì)ABC與直線C1C2C3,AAA,B1B2B3分別應(yīng)用梅涅勞斯定理，有AC3BC2CC1C3BC2CC1AAC3c3bBC2鼐21BA3CA2AAbbca21"A3CA2AAB-A3CA1B'CB3AB2BBCB3AB21=

31、-3-L=3-=1.B3AB2BB1CB3ABC上述三式相乘，有AC3BAbCB3AC1ABB1cAC1A1BB1cC3BA3CB3ABC2CA2AB2CA2AB2BC21設(shè)LO3切AB于K,LO2切AC于L,則由BB1=BB2,可得BC2=BK=-(BC2-KB2.同理21BC=CL=-(BC2-LC).又由兩內(nèi)公切線長(zhǎng)相等，即KB2=LC1，故BC2=BQ.同理，CA2=AC1，AB2=AB.從而ACL.3CB1故對(duì)ABC用梅涅勞斯的逆定理，知A3,B3,C3三點(diǎn)共直線.C3BACBA例15如圖1-18,設(shè)ABC的三邊BC,CA,AB所在的直線上的點(diǎn)D,E,F共線，并且直線AD,BE,CF

32、關(guān)于/A,/B,/C平分線的對(duì)稱直線AD',BE',CF'分別與BC,CA,AB所在直線交于D',E',F',則D',E',F'也共線.圖1-18證明對(duì)/ABC及截線FED應(yīng)用第一角元形式的梅涅勞斯定理，有sin/BADsinCBEsinACF,；二1-sin/DACsin/EBAsin/FCB由題設(shè)知，/CAD'=/BAD,/DAB=/DAC,/BCF'=/ACF,/FCA=/FCB,/ABE'=/CBE,/EBC=/EBA,從而有sin/CADsin/DABsin/BADsinZDACsinZA

33、BEsinZEBCsin/CBEsinZEBAsin/BCF，=1,即sin/FCAsin/ACF1=1sinFCB故由第一角元形式的梅涅勞斯定理，知D,E,F,共線.例16在箏形ABCD中，AB=AD,BC=CD.過(guò)BD上的一點(diǎn)P作一條直線分別交F,再過(guò)點(diǎn)P作一條直線分別交AB、CD于G、H.設(shè)GF與EH分別與BD交于PIPJ一二.PBPD證明如圖1-19,過(guò)B作AD的平行線交直線EF于E',再過(guò)B作CD的平行線交直線/EBP=/EDP=/PBG,/HBP=/HDP=/PBF.AD、BSE、I、J,求證：GH于H',則圖1-19進(jìn)而/hBg=/hBp-/GBP=/PBF-/P

34、BE'=/EbF.sidPBHs匕nGBIKinFBEZsinFBPsinGBPsinFBE所以一一；一-一=一一-1千sinHBGs匕nIBFWinEBP/sinEBFsinPBFsinPBG又H'、I、E分別為PGF三邊所在直線上的點(diǎn)，且點(diǎn)B不在PGF三邊所在的直線上.由第二角元形式的梅涅勞斯定理的逆定理知H'、I、E'共線.于是，由PBE'spde,APHBAPHD.有EH'/EH.因此,pipepb,pipj=.故=pjpepdpbpd注當(dāng)PB=PD,P為BD中點(diǎn)時(shí)，即為1989年12月冬令營(yíng)選拔賽試題.例17如圖1-20,四邊形ABCD

35、內(nèi)接于圓，其邊AB,DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P,AD和BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)Q,過(guò)Q作該圓的兩條切線，切點(diǎn)分別為E,F.求證：P,E,F三點(diǎn)共線.（1997年CMO試題）圖1-20證明設(shè)圓心為O,連QO交EF于L,連LD,LA,OD,OA,則由切割線定理和射影定理，有_2_.一.一一一,QDQA=QE=QLQO,從而D,L,O,A四點(diǎn)共圓，即有/QLD=/DAO=/ODA=/OLA,亦即。1為L(zhǎng)AD的內(nèi)角ZALD的外角平分線.又EF，OQ,則EL平分/ALD.設(shè)EF分別交AD,DMDLDQMA-AL-AQ同理，CN=CQbnbq于是DMAMAM+DMADCN'DQ-AQ-AQDQ-DQAQ

36、9;CQBNBCBQ-BQCQ所以,MQ,DQ.DQDA2AQQN2BQ=1+=1+=,=DMDMADADCNBC直線PBA與QCD的三邊延長(zhǎng)線相交，由梅涅勞斯定理，有CPDAQBCPDMQN=*=PDAQBCpdMQCN對(duì)QCD應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知P,M,N三點(diǎn)共線.所以P,E,F三點(diǎn)共線.注此例的其他證法，可參見(jiàn)第二章例9,第九章例15等.例18已知ABC的內(nèi)切圓分別切BC、CA、AB于點(diǎn)D、E、F,線段BE、CF分別與該內(nèi)切圓交于點(diǎn)P、Q,若直線FE與BC交于圓外一點(diǎn)R.證明P、Q、R三點(diǎn)共線.（2011年香港奧林匹克題）證明如圖1-21,由切線長(zhǎng)定理有AE=AF.對(duì)ABC及截線

37、EFR應(yīng)用梅涅勞斯定理，有AFBRCE1FBRCEAARBD圖1-21BREAFBFB即有一二一，一.RCCEAFCECQCE設(shè)BE與CF交于點(diǎn)S,由EFCsQEC,FEBAPFB,SEQsSFP,有CQ=匕EQEFFPFESPFP一=.一=.PBFBSQEQ又對(duì)SBC及所在邊上的點(diǎn)R、P、Q,有SPBRCQSPCQBRFPCQFBFPCQFBPBRCQSSQPBRCEQPBCEPBQECEFECEFB=1.FBEFCE于是，由梅涅勞斯定理的逆定理，知P、Q、R三點(diǎn)共線.4.注意與其他著名定理配合運(yùn)用例19在RtABC中，已知/A=90%/B>/C,D是ABC處接圓的圓心，直線Ia、1b

38、分別切O于點(diǎn)A、B,BC與直線Ia、AC與直線Ib分別交于點(diǎn)S、D,AB與DS交于點(diǎn)E,CE與直線Ia交于點(diǎn)T,又設(shè)P是直線Ia上的點(diǎn)，且使得EPIa,Q（不同于點(diǎn)C）是CP與l_O的交點(diǎn)，R是QT與|_0的交點(diǎn)，令BR與直線1A交于點(diǎn)U._2證明:（2005年韓國(guó)奧林匹克題）SUSPSATUTPTA2證明如圖1-22,設(shè)BA的延長(zhǎng)線與LO（過(guò)C點(diǎn)）的切線交于點(diǎn)E1由帕斯卡定理知S、D、E點(diǎn)共線，從而點(diǎn)E'與E重合.圖1-22由切割線窄彈知TA2=TRT,QSA2=SBSC.所以,SA2SBSCTA2"trtq設(shè)TQ與CB交于點(diǎn)X,對(duì)XTS及截線RBU,截線QCP分別應(yīng)用梅涅

39、勞斯定理，有XPTUSB,=1,RTUSBX注意相交弦定理，有XQTPSCQT=1PSCXXPXQ=XBXC.p-TXR-pps一TuuSTc-.-xs-cQ'TXQ一、BXSBAASTc.QTs-zB-Rs-T例20在梯形ABCD中，已知BC、AD分別為上、下底，F(xiàn)為腰CD上一點(diǎn)，AF與BD交于點(diǎn)E,G為邊AB上一點(diǎn)，滿足EGIIAD,CG與BD交于點(diǎn)H,FH與AB交于點(diǎn)I.證明：CI、FG、AD三線共點(diǎn).（2011年烏克蘭奧林匹克題）證明如圖1-23,設(shè)直線AB與DC、AF與DG分別交于點(diǎn)S、T.先證S、H、T三點(diǎn)共線.由EGIIADhBC,知ATPAETG,GHEACHB,ASD

40、sBSC有AT二AD,EHGEBCBS一，一TEEGHBCBADAS上述三式相乘，有ATEHBSADGECB-=1.TEHBSAEGCBAD對(duì)AES應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知T、H、S三點(diǎn)共線.考慮AFI和DGC,注意到直線IF與CG,FA與GD、AI與DC分別交于點(diǎn)H、T、S,于是由戴沙格定理，知CI、FG、AD三線共點(diǎn).【模擬實(shí)戰(zhàn)】習(xí)題A1 .在ABC中，點(diǎn)D在BC上，BD=-,E,G分別在AB,AD上，AE=2,AG=1,EG交ACDC3EB3GD2于點(diǎn)F,求”.FC2 .在0ABCD中，E,F分別是AB,BC的中點(diǎn)，AF與CE相交于G,AF與DE相交于H,求AH:HG：GF.3 .P

41、是ABC內(nèi)一點(diǎn)，引線段APD,BPE和CPF,使D在BC上，E在AC上，F(xiàn)在AB上.已知AP=6,BP=9,PD=6,PE=3,CF=20,求ABC的面積.（第7屆AIME題）4 .設(shè)凸四邊形ABCD的對(duì)角線AC和交于點(diǎn)M,過(guò)M作AD的平行線分別交AB,CD于點(diǎn)E,F,交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O,P是以O(shè)為圓心，以O(shè)M為半徑的圓上一點(diǎn)，求證：/OPF=/OEP.（1996年全國(guó)初中聯(lián)賽題）5 .已知D,F分別是4ABC的邊AB,AC上的點(diǎn)，且AD：DB=CF：FA=2：3,連DF交BC邊的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E,求EF：FD.6 .設(shè)D為等腰RtABC（/。=90口）的直角邊BC的中點(diǎn)，E在AB上，且AE：E

42、B=2：1,求證：CE±AD.7 .在ABC中，點(diǎn)M和N順次三等分AC,點(diǎn)X和Y順次三等分BC,AY與BM,BN分別交于點(diǎn)S,R,求四邊形SRNM與ABC的面積之比.8 .E,F,G,H分別為四邊形ABCD的四條邊AB,BC,CD,DA上的點(diǎn)，若EH,BD,FG三直線共點(diǎn)，則EF,AC,HG三直線共點(diǎn)或平行.9 .設(shè)X,Y,Z分別是ABC的邊CB,CA和BA延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，又XA,YB和ZC分別是ABC外接圓的切線.證明：X,Y,Z三點(diǎn)共線.（1989年新加坡競(jìng)賽題）10 .求證：三角形兩角的平分線與第三角的外角平分線各與對(duì)邊所在直線的交點(diǎn)共線.11 .已知直徑為AB的圓和圓上一點(diǎn)X,

43、設(shè)tA,tB和tX分別是這個(gè)圓在A,B,X處的切線.設(shè)Z是直線AX與tB的交點(diǎn)，Y是直線BX與tA的交點(diǎn)，證明：YZ,tX,AB三直線共點(diǎn).（第6屆加拿大競(jìng)賽題）12 .P是口ABCD中任一點(diǎn)，過(guò)P作AD的平行線分別交AB,CD于E,F,又過(guò)P作AB的平行線，分別交AD,BC于G,H.求證：AH,CE,DP三線共點(diǎn).13 .在ABC中，AA為中線，AA2為角平分線，K為AA1上的點(diǎn)，使KA2/AC.證明：A4，KC.（第58屆莫斯科奧林匹克題）14 .直線l交直線OX,OY分別于A,B,點(diǎn)C與D是線段AB兩側(cè)的直線l上兩點(diǎn)，且CA=DB.過(guò)C的直線CKL交OX于K,交OY于L;過(guò)D的直線交OX于M,交OY于N.連結(jié)ML和KN,交直線l分別于E,F.求證：AE=BF.15 .設(shè)四邊形ABCD外切于一圓，E,F,G,H分別是AB,BC,CD,DA邊上的切點(diǎn)，若直線HE與DB相交于點(diǎn)M,則M,F,G三點(diǎn)共線.16 .設(shè)P為ABC的內(nèi)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的直線l,m,n分別垂直于AP,BP,CP,若l交BC于Q,m交AC于R,n交AB于S,證明：Q,R,S共線.（IMO-28預(yù)選題）17 ,已知ABC的BC與它的內(nèi)切圓相切于點(diǎn)F.證明：該圓的圓心O在BC與AF的兩個(gè)中