第十讲：梅涅劳斯定理和塞瓦定理
第十讲：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BP
PC ?CQ
QA ?AR
RB =1
证明：设?A 、?B 、?C 分别是A 、B 、C 到直线l 的垂线的长度，则：
BP PC
?CQ QA
?AR RB
=?B ?C
??C ?A
??A ?B
=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 =EP ，对于?ACK 和三点D 、E 、F 根据梅涅劳斯定理有：CD
DA ?
AE EK
?
KF FC
=1，于是
KF FC
=
EK AE
=
CK AC
=
EP AC
=
BP BC
=
BK BE
，
即
KF FC
=
BK BE
，根据分比定理有：KF
KC
=
BK KE
，所以?FKB ??CKE ，所以BF ∥CE 。
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A 1，B 1，C 1，D 1，试证：
AC BC
:
AD BD
=
A 1C 1
B 1
C 1:A 1
D 1B 1D 1
。
【解析】若AD ∥A 1D 1，结论显然成立；若AD 与A 1D 1相交于点L ，则把梅涅劳斯定理分别用于?A 1AL 和?B 1BL 可得：
AD LD
?
LD 1A 1D 1
?
A 1K AK
=1，
LC AC
?
AK A 1K
?A 1C 1LC 1=1，
BC LC
?
LC 1B 1C 1
?
B 1K BK
=1，LD BD
?
BK B 1K
?
B 1D 1LD 1
=1，将上面四个式子相乘，可得：AD AC
?
BC BD
?
A 1C 1A 1D 1
?
B 1D 1B 1
C 1
=1，即：AC BC :
AD BD
=
A 1C 1
B 1
C 1:
B 1D 1B 1
C 1
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
PC ?CQ
QA ?AR
RB =1，求证P 、Q 、R 三点共线。
证明：设直线PQ 与直线AB 交于R ’，于是由定理1得：BP
PC ?CQ
QA ?AR ‘
R B =1，又因为BP
PC ?CQ
QA ?AR
RB =1，则
AR ‘R ’B
=AR
RB ，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 线段上，则R 与R ‘必定重合，不然的话，设AR >A R ‘，这时AB ?AR ，于是可得AR BR >AR ‘ BR ‘，这与AR BR =AR ‘ 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‘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；例3点P位于?ABC的外接圆上；A1、B1、C1是从点P向BC、CA、AB引的垂线的垂足，证明点A1、B1、C1共线。 【解析】易得：BA1 CA1=?BP?cos∠PBC CP?cos∠PCB ，CB1 AB1 =?CP?cos∠PCA AP?cos∠PAC ， AC1 BC1=?AP?cos∠PAB BP?cos∠PBA ，将上面三个式子相乘，且因为∠PCA=∠PBC， ∠PAB=∠PCB，∠PCA+∠PBA=180°，可得BA1 CA1?CB1 AB1 ?AC1 BC1 =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。 【解析】?ABC被直线XFE所截，由定理1可得：BX XC ?CE EA ?AF FB =1， 又因为AE=AF，代入上式可得BX XC =FB CE ，同理可得CY YA =DC AF ， AZ ZB =EA BD ，将上面的式子相乘可得：BX XC ?CY YA ?AZ ZB =1，又因为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A1B1的交点为C2，直线BC和B1C1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，C2）， OBC和（B1，C1，A2），OAC和（A1，C1，B2）应用梅涅劳斯定理有： AA1 OA1?OB1 BB1 ?BC2 AC2 =1，OC1 CC1 ?BB1 OB1 ?CA2 BA2 =1，OA1 AA1 ?CC1 OC1 ?AB2 CB2 =1，将上面的三 个式子相乘，可得：BC2 AC2?AB2 CB2 ?CA2 BA2 =1，由梅涅劳斯定理可知A2、B2、C2 共线。 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,M,F)，(B,C,N)，(A,C,E)，(B,D,F)，则有 UE VE ?VL WL ?WD UD =1，VA WA ?UF VF ?WM YM =1，UN VN ?WC UC ?VB WB =1，WA VA ?UC WC ?VE UE =1，WB VB ?UD WD ?VF UF =1，将 上面五个式子相乘可得：VL WL ?WM UM ?UN 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 要条件是：BP PC ?CQ QA ?AR RB =1。 证明：先证必要性：设AP 、BQ 、CR 相交于点M ，则 BP PC = S ?ABP S ?ACP = S ?BMP S ?CMP = S ?ABM S ?ACM ，同理 CQ QA = S ?BCM S ?ABM ， AR RB =S ?ACM S ?BCM ，以上三式相乘，得：BP PC ? CQ QA ? AR RB =1，再证充分性：若 BP PC ? CQ QA ? AR RB =1 设AP 与BQ 相交于M ，且直线CM 交AB 于R ’ ，由塞瓦定理有： BP PC ? CQ QA ? AR ’R B =1，约翰斯： AR ’R B = AR RB ，因为R 和R ’都在线段 AB 上，所以 R ’必与R 重合，故AP 、BQ 、CR 相交于一点M 。 例7 证明：三角形的中线交于一点。 【解析】记?ABC 的中线AA 1，BB 1，CC 1，我们只须证明 AC 1C 1 B ?BA 1 A 1 C ?CB 1 B 1A =1，而显然有：AC 1=C 1B ，BA 1=A 1C ， CB 1= B 1A ，即 AC 1C 1B ? BA 1A 1C ? CB 1B 1A =1成立，所以，?ABC 交于一点， 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，根据塞瓦定理即要证：AM MC ?CN NB ?BK AK =1，又因为MC =CN ，即要证明： AM AK ? BK NB =1，因为?AML ??AKC ? AM AK = AL AC ， ?BNL ??BKC ?BK NB =BC BL ，即要证AL AC ?BC BL =1，根据三 角形的角平分线定理可知：AL AC ?BC BL =1，所以CK 、BM 、AN 三线共点，且为P 点，所以CP ⊥AB 。 例9 设AD 是?ABC 的高，且D 在BC 边上，若P 是AD 上任一点，BP 、CP 分别与AC 、AB 交于E 和F ，则∠EDA =∠FDA 。 【解析】过A 作AD 的垂线，与DE 、DF 的延长线分别交于M 、N 。欲证∠EDA =∠FDA ，可以转化为证明AM =AN ，因为AD ⊥BC ，故MN ∥BC ，可得?AME ??CDE ，?ANF ??BDF ，所以 AM CD = AE CE ， AN BD = AF BF ，于是AM = AE ?CD CE ，AN = AF ?BD BF ，因为AD 、BE 、CF 共点与P ，根据塞瓦定理可得：BD DC ? CE EA ? AF FB =1，所以 AE ?CD CE = AF ?BD BF ，所以 AM =AN ，所以∠EDA =∠FDA 例10 在?ABC 的边BC 、CA 、AB 上取点A 1、B 1、C 1，证明AC 1 C 1 B ? BA 1 A 1 C ?CB 1 B 1A =sin∠AC C 1 sin∠C 1CB ?sin∠BA A 1 sin∠A 1AC ? sin∠CB B 1sin∠B 1BA 【解析】如图对?ACC1和?BCC1应用正弦定理，可得 AC1 C1C =sin∠AC C1 sin∠A ，CC1 C1B =sin∠B sin∠C1CB ，即AC1 C1B =sin∠AC C1 sin∠C1CB ?sin∠B sin∠A ，同理： BA1 A1C =sin∠BA A1 sin∠A1AC ?sin∠C sin∠B ，CB1 B1A =sin∠CB B1 sin∠B1BA ?sin∠A sin∠C ，从而AC1 C1B ?BA1 A1C ? CB1 B1A =sin∠AC C1 sin∠C1CB ?sin∠BA A1 sin∠A1AC ?sin∠CB B1 sin∠B1BA 。 梅涅劳斯定理范文 梅涅劳斯定理 定理叙述 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 注意： 最简单的证明（张景中院士说过“做足够多的三角形可以解任何几何题”。等价说法是“做足够多的垂线可以解任何几何题”）证明：过ABC三点向三边引垂线AA'BB'CC'， AD：DB=AA'：BB' BE：EC=BB'：CC' CF：FA=CC'：AA' 所以(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1 一应用梅涅劳斯定理 1.定理的条件已经具备，正向或反向应用定理。 例：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。（此线常称为西姆松线）。分析：目标明确，写出比例式就行了。 例:不等边三角形的三条外角平分线与对边延长线的交点共线。 例： 分析：直线若平行于BC，则命题显然成立。若不平行，则作出直线与直线BC的交点是非常自然的。 例： 如图在三角形三边取相同比例的分点。中间黑色三角形面积等于白色面积，求边上的分点比例。 分析：没啥好分析的。 总结：用定理要选取三角形和截线。目标中共线的三个点所在的直线上，一般不会包含所选取的三角形的边。 2.几个不适合用梅氏定理的例子。 例： 如图锐角x的两条边上取A,B两点。甲乙二人分别从A,B出发沿箭头方向前进。保持速度不变。证明两人以及锐角顶点组成的三角形垂心在某直线上运动。分析：本题具备定理的基本图形，并且目标是证明共线。但此处不可使用梅氏定理。因为垂心所在的定直线一般是不过锐角顶点的。那么我们取几个时刻的垂心呢？两个就够了。只要证明这两个垂心连线的斜率只与两人的速度比有关…… 总结：用数学定理要看定理中的条件部分，估计计算复杂程度。比如逆定理条件是共线，不共线则不可使用逆定理。 例： 两个线段上的点列如图连线得到交点。证明三个交点共线。用梅氏定理的证明见初三仁华课本。这里绕个路证明此题。首先，下面这个事实有用。 x,y,z,w等8个数看作所在点横坐标。（用了定比分点） 相似三角形知识点与经典题型 知识点1 有关相似形的概念 (1)形状相同的图形叫相似图形，在相似多边形中，最简单的是相似三角形. (2)如果两个边数相同的多边形的对应角相等，对应边成比例，这两个多边形叫做相似多 边形．相似多边形对应边长度的比叫做相似比(相似系数)． 知识点2 比例线段的相关概念 （1）如果选用同一单位量得两条线段b a ,的长度分别为n m ,，那么就说这两条线段的比是 n m b a =，或写成n m b a ::=．注：在求线段比时，线段单位要统一。 （2）在四条线段d c b a ,,,中，如果b a 和的比等于d c 和的比，那么这四条线段d c b a ,,,叫做成比例线段，简称比例线段．注：①比例线段是有顺序的，如果说 a 是 d c b ,,的第四比例项，那么应得比例式为： a d c b =．② ()a c a b c d b d ==在比例式：：中， a 、d 叫比例外项， b 、 c 叫比例内项, a 、c 叫比 例前项，b 、d 叫比例后项，d 叫第四比例项，如果，即 a b b d =：：那么b 叫做a 、d 的比例中项， 此时有2b ad =。 （3）黄金分割：把线段AB 分成两条线段)(,BC AC BC AC >，且使AC 是BC AB 和的比例中项，即2AC AB BC =?，叫做把线段AB 黄金分割，点C 叫做线段AB 的 黄金分割点，其中AB AC 215-= ≈0.618AB ．即AC BC AB AC == 简记为： 1 2 长短＝＝ 全长 注：黄金三角形：顶角是360 的等腰三角形。黄金矩形：宽与长的比等于 黄金数的矩形 知识点3 比例的性质（注意性质立的条件：分母不能为0） （1） 基本性质： ①bc ad d c b a =?=::；②2::a b b c b a c =?=?． 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BP PC ?CQ QA ?AR RB =1 证明：设?A、?B、?C分别是A、B、C到直线l的垂线的 长度，则：BP PC ?CQ QA ?AR RB =?B ?C ??C ?A ??A ?B =1。 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=EP，对于?ACK和三点D、E、 F根据梅涅劳斯定理有：CD DA ?AE EK ?KF FC =1，于是KF FC =EK AE =CK AC =EP AC =BP BC =BK BE ， 即KF FC =BK BE ，根据分比定理有：KF KC =BK KE ，所以?FKB??CKE，所以BF∥CE。 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：AC BC :AD BD =A1C1 B1C1 :A1D1 B1D1 。 【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?B1BL可得：AD LD ?LD1 A1D1 ?A1K AK =1，LC AC ?AK A1K ?A1C1 LC1 =1，BC LC ?LC1 B1C1 ?B1K BK =1，LD BD ?BK B1K ? B1D1 LD1=1，将上面四个式子相乘，可得：AD AC ?BC BD ?A1C1 A1D1 ?B1D1 B1C1 =1，即：AC BC :AD BD =A1C1 B1C1 :B1D1 B1C1 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 PC ?CQ QA ?AR RB =1，求证P、Q、R 三点共线。 证明：设直线PQ与直线AB交于R’，于是由定理1 得：BP PC ?CQ QA ?AR‘ R’B =1，又因为BP PC ?CQ QA ?AR RB =1，则AR‘ R’B = AR RB ，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线段上，则R与R‘必定重合，不然的话，设AR>AR‘，这时AB?AR 二项式定理 概 念 篇 【例1】求二项式(a －2b )4的展开式. 分析：直接利用二项式定理展开. 解：根据二项式定理得(a －2b )4=C 04a 4+C 14a 3(－2b )+C 24a 2(－2b )2+C 34a (－2b )3 +C 44(－ 2b )4 =a 4－8a 3b +24a 2b 2－32ab 3+16b 4. 说明：运用二项式定理时要注意对号入座，本题易误把－2b 中的符号“－”忽略. 【例2】展开(2x － 223x )5 . 分析一：直接用二项式定理展开式. 解法一：(2x －223x )5=C 05(2x )5+C 15(2x )4(－223x )+C 25(2x )3(－223x )2+C 35(2x )2(－2 23x )3+ C 4 5 (2x )(－223x )4+C 55(－2 23x )5 =32x 5－120x 2+x 180－4135x +78405 x －10 32243x . 分析二：对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开. 解法二：(2x －223x )5=105 332)34(x x =10321x ［C 05(4x 3)5+C 15(4x 3)4(－3)+C 25(4x 3)3(－3)2+C 35(4x 3)2(－3)3+C 45(4x 3)(－3)4+ C 55(－3)5 ］ = 10 321 x (1024x 15－3840x 12+5760x 9－4320x 6+1620x 3－243) =32x 5－120x 2+x 180－4135x +78405 x －10 32243x . 说明：记准、记熟二项式(a +b )n 的展开式是解答好与二项式定理有关问题的前提条件.对较复杂的二项式，有时先化简再展开会更简便. 【例3】在(x －3)10的展开式中，x 6的系数是 . 解法一：根据二项式定理可知x 6的系数是C 4 10. 解法二：(x －3)10的展开式的通项是T r +1=C r 10x 10－ r (－3)r . 令10－r =6，即r =4，由通项公式可知含x 6项为第5项，即T 4+1=C 410x 6(－3)4=9C 410x 6. ∴x 6的系数为9C 410. 上面的解法一与解法二显然不同，那么哪一个是正确的呢？ 问题要求的是求含x 6这一项系数，而不是求含x 6的二项式系数，所以应是解法二正确. 如果问题改为求含x 6的二项式系数，解法一就正确了，也即是C 4 10. 说明：要注意区分二项式系数与指定某一项的系数的差异. 二项式系数与项的系数是两个不同的概念，前者仅与二项式的指数及项数有关，与二项 相似三角形知识点及典型例题 知识点归纳： 1、三角形相似的判定方法 （1）定义法：对应角相等，对应边成比例的两个三角形相似。 （2）平行法：平行于三角形一边的直线和其它两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角 形与原三角形相似。 （3）判定定理1：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两 个三角形相似。简述为：两角对应相等，两三角形相似。 （4）判定定理2：如果一个三角形的两条边和另一个三角形的两条边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似。简述为：两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似。 （5）判定定理3：如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似。简述为：三边对应成比例，两三角形相似。 （6）判定直角三角形相似的方法： ①以上各种判定均适用。 ②如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例， 那么这两个直角三角形相似。 ③直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似。 #直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项。 每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项。 如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高， 则有射影定理如下： （1）（AD）2=BD·DC，（2）（AB）2=BD·BC ， （3）（AC）2=CD·BC 。 注：由上述射影定理还可以证明勾股定理。即（AB）2+（AC）2=（BC）2。 典型例题： 例1 如图，已知等腰△ABC 中，AB ＝AC ，AD ⊥BC 于D ，CG ‖AB ，BG 分别交AD ，AC 于E 、 F ，求证：BE2＝EF·EG 证明：如图，连结EC ，∵AB ＝AC ，AD ⊥BC ， ∴∠ABC ＝∠ACB ，AD 垂直平分BC ∴BE ＝EC ，∠1＝∠2，∴∠ABC-∠1＝∠ACB-∠2， 即∠3＝∠4，又CG ∥AB ，∴∠G ＝∠3，∴∠4＝∠G 又∵∠CEG ＝∠CEF ，∴△CEF ∽△GEC ，∴EG CE =CE EF ∴EC 2 ＝EG· EF，故EB 2 =EF·EG 【解题技巧点拨】 本题必须综合运用等腰三角形的三线合一的性质，线段的垂直平分线的性质和相似三角形的基本图形来得到证明．而其中利用线段的垂直平分线的性质得到BE=EC ，把原来处在同一条直线上的三条线段BE ，EF ，EC 转换到相似三角形的基本图形中是证明本题的关键。 例2 已知：如图，AD 是Rt △ABC 斜BC 上的高，E 是AC 的中点，ED 与AB 的延长线相交于F ，求证：BA FB =AC FD 证法一：如图，在Rt △ABC 中，∵∠BAC ＝Rt ∠，AD ⊥BC ， ∴∠3＝∠C ，又E 是Rt △ADC 的斜边AC 上的中点， ∴ED=21 AC ＝EC ，∴∠2＝∠C ，又∠1＝∠2，∴∠1＝∠3， ∴∠DFB ＝∠AFD ，∴△DFB ∽△AFD ，∴FD FB ＝AD BD （1） 又AD 是Rt △ABC 的斜边BC 上的高，∴Rt △ABD ∽Rt △CAD ，∴AD BD =AC BA （2） 由（1）（2）两式得FD FB =AC BA ，故BA FB =AC FD 证法二：过点A 作AG ∥EF 交CB 延长线于点G ，则BA FB =AG FD （1） ∵E 是AC 的中点，ED ∥AC ，∴D 是GC 的中点，又AD ⊥GC ，∴AD 是线段GC 的垂直平分线，∴AG ＝AC （2） 由（1）（2）两式得：BA FB =AC FD ，证毕。 【解题技巧点拨】 本题证法中，通过连续两次证明三角形相似，得到相应的比例式，然后通过中间比“AD BD ”过渡，使问题得证，证法 二中是运用平行线分线段成比例定理的推论，三角形的中位线的判定，线段的垂直平分线的判定与性质使问题得证． 《塞瓦定理及其逆定理的应用》（1） 一，《塞瓦定理》 设O 是ABC ?内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于D 、E 、F ， 则1=??FB AF EA CE DC BD . 二．《塞瓦定理的逆定理》 在ABC ?三边（所在直线）BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若有 1=??FB AF EA CE DC BD ，则AD 、BE 、CF 平行或共点.证明：AD 与BE 或是平行或是相交 证明：（1）若//AD BE ，则 EA EC BD BC =，代入已知式，可推出CB DC FB AF =. 有//AD CF 从而////AD BE CF . （2）若AD 与BE 相交于O ，则连结CO 交AB 于/ F ， 由塞瓦定理，有//1BD CE AF DC EA F B ??=，与已知式相比较，得//AF AF F B AB =， 合比 / AF AF AB AB =，∵/AF AF =，得/ F 与F 重合，即AD 、BE 、CF 共点. 交于一点；：证明：三角形的中线例1 分线交于一点；】证明：三角形的角平【练习1 高交于一点；】证明：锐角三角形的【练习2 A B C D E F O A B C D E F A B C D E F O / F 2ABC C AB L L AC BC M N AN BM P CP AB ?∠⊥例：在锐角中,角的平分线交于于，从作边和的垂线，垂足分别是和，设和的交点是，证明： 3.AD ABC D BC P AD BP CP AC AB E F EDA FDA ?∠∠例设是的高，且在边上，若是上任一点，、分别与、交于和，则＝ 3,,ABC M N R BAR CAN CBM ABR ACN BCM AM BN CR αβγ?∠=∠=∠=∠=∠=∠=【练习】已知外有三点、、，且，证明：、、三线共点； 1 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 外文名 Menelaus 别 称 梅氏定理 表达式 (AF/FB)× (BD/DC)×(CE/EA)=1 提出者 梅涅劳斯 提出时间 1678年 应用学科 数学，物理 适用领域范围 平面几何学 适用领域范围 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 2 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： 充分性证明： △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 相似三角形 ——相似直角三角形及射影定理 【知识要点】 1、直角三角形的性质： （1）直角三角形的两个锐角 （2）Rt△ABC中，∠C=90o，则2+ 2= 2 （3）直角三角形的斜边上的中线长等于 （4）等腰直角三角形的两个锐角都是，且三边长的比值为 （5）有一个锐角为30o的直角三角形，30o所对的直角边长等于，且三边长的比值为 2、直角三角形相似的判定定理（只能用于选择填空题） 如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似。 3、双垂直型： Rt△ABC中，∠C=90o，CD⊥AB于D，则 ①∽∽ ②射影定理： CD2= ·AC2= ·BC2= · 【常规题型】 1、已知：如图，△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，S△ABC=20，AB=10。求AD、BD的长. 2、已知，△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D。（1）若AD=8，BD=2，求AC的长。（2）若AC=12，BC=16，求CD、AD的长。 B A 【典型例题】 例1．如图所示，在△ABC 中，∠ACB=90°，AM 是BC 边的中线，CN ⊥AM 于N 点，连接BN ，求证：BM 2=MN ·AM 。 例2．已知：如图，在四边形ABCD 中，∠ABC=∠ADC=90o，DF ⊥AC 于E ，且与AB 的延长线相交于F ，与BC 相交于G 。求证：AD 2=AB ·AF 例3．（1）已知ABC ?中，?=∠90ACB ，AB CD ⊥，垂足为D ，DE 、DF 分别是BDC ADC ??和的 高，这时CAB DEF ??和是否相似？ 【拓展练习】 1、已知：如图，AD 是△ABC 的高，BE ⊥AB ，AE 交BC 于点F ，AB ·AC=AD ·AE 。求证：△BEF ∽△ACF A B A B C N D C 知识点 A 要求 B 要求 Ｃ要求 比例及定理 熟知定理内容 掌握平行线分线段成比例定理的内容以及其推论，同时会运用定理解决问题 会运用定理及其推论的内容来解 决相似的问题 一、比例的基本性质 1),a c ad bc b d =?=这一性质称为比例的基本性质,由它可推出许多比例形式; 2)a c b d b d a c =?=(反比定理); 3)a c a b b d c d =?=(或d c b a =)(更比定理); 4)a c a b c d b d b d ++=?= (合比定理); 5)a c a b c d b d b d --=?= (分比定理); 6)a c a b c d b d a b c d ++=?= --(合分比定理); 7) (0)a c m a c m a b d n b d n b d n b ++???+==???=++???+≠?=++???+(等比定理). 二、平行线分线段成比例定理 1.平行线分线段成比例定理 如下图，如果1l ∥2l ∥3l ，则 AB DE AC DF =，BC EF AC DF =， AB AC DE DF = . l 3 l 2l 1F E D C B A 2. 平行线分线段成比例定理的推论： 如图，在三角形中，如果DE BC ∥，则 A D A E D E A B A C B C ==，反之如果有 AD AE DE AB AC BC == ，那么DE ∥BC 知识点睛 中考要求 梅涅劳斯定理和塞瓦定理 A B C D E E D C B A 三、梅涅劳斯定理 梅内劳斯（Menelaus ，公元98年左右），是希腊数学家兼天文学家．梅涅劳斯定理是平面几何中的一个重要定理． 梅涅劳斯定理：X 、Y 、Z 分别是△ABC 三边所在直线BC 、CA 、AB 上的点．则X 、Y 、Z 共线 的充分必要条件是： 1CX BZ AY XB ZA YC ??=． 根据命题的条件可以画出如图所示的两个图形：或X 、Y 、Z 三点中只有一点在三角形边的延长线上，而其它两点在三角形的边上；或X 、Y 、Z 三点分别都在三角形三边的延长线上． Z Y c a b X C B A c a b Y Z X A C B 证明：（1）必要性，即若X 、Y 、Z 三点共线，则 1CX BZ AY XB ZA YC ??=． 设A 、B 、C 到直线XYZ 的距离分别为a 、b 、c ．则 CX c XB b =，BZ b ZA a =、AY a YC c =，三式相乘即得1CX BZ AY c b a XB ZA YC b a c ??=??= （2）充分性，即若 1CX BZ AY XB ZA YC ??=，则X 、Y 、Z 三点共线． 设直线XZ 交AC 于Y '，由已证必要性得：1CX BZ AY XB ZA Y C ' ??=' 又因为1CX BZ AY XB ZA YC ??=，所以AY AY Y C YC '= '． 因为Y '和Y 或同在AC 线段上，或同在AC 边的延长线上，并且能分得比值相等，所以Y '和Y 比重合为一点，也就是X 、Y 、Z 三点共线． 梅涅劳斯定理的应用，一是求共线线段的笔，即在CX XB 、BZ ZA 、AY YC 三个比中，已知其中两个可以求得第三个．二是证明三点共线． 四、塞瓦定理 连结三角形一个顶点和对边上一点的线段叫做这个三角形的一条塞瓦线．塞瓦（G ·Gevo1647-1734） 是意大利数学家兼水利工程师．他在1678年发表了一个著名的定理，后世以他的名字来命名，叫做塞瓦定理． 塞瓦定理：从ABC △的每个顶点出发作一条塞瓦线AX BY CZ ，， ．则A X B Y CZ ，，共点的充分必要 二项式定理典型例题-- 例1 在二项式n x x ?? ? ??+421的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中所有有理项． 分析：本题是典型的特定项问题，涉及到前三项的系数及有理项，可以通过抓通项公式解决． 解：二项式的展开式的通项公式为： 4324121C 21)(C r n r r n r r n r n r x x x T --+=??? ??= 前三项的.2,1,0=r 得系数为：)1(8141C ,2121C ,1231 21-=====n n t n t t n n ， 由已知：)1(8 1123 12-+=+=n n n t t t ， ∴8=n 通项公式为 1431681,82,1,021C +- +==r r r r r T r x T 为有理项，故r 316-是4的倍数， ∴.8,4,0=r 依次得到有理项为228889448541256 121C ,83521C ,x x T x x T x T =====-． 例2 求62)1(x x -+展开式中5x 的系数． 分析：62)1(x x -+不是二项式，我们可以通过22)1(1x x x x -+=-+或)(12x x -+把它看成二项式展开． 解：方法一：[]6 262)1()1(x x x x -+=-+ -+++-+=4 4256)1(15)1(6)1(x x x x x 其中含5x 的项为55145355566C 15C 6C x x x x =+-． 含5 x 项的系数为6． 例3 求证：（1）1212C C 2C -?=+++n n n n n n n ； （2）)12(1 1C 11C 31C 21C 1210 -+=++++++n n n n n n n n ． 分析：二项式系数的性质实际上是组合数的性质，我们可以用二项式系数的性质来证明一些组合数的等式或者求一些组合数式子的值．解决这两个小题的关键是通过组合数公式将等式左边各项变化的等数固定下来，从而使用二项式系数性质 n n n n n n 2C C C C 210 =++++ ． 解：（1）11C )!()!1()!1()!()!1(!)!(!!C --=+--?=--=-? =k n k n n k n k n n k n k n k n k n k k ∴左边111101C C C ----+++=n n n n n n n =?=+++=-----11111012)C C C (n n n n n n n 右边． （2）)! ()!1(!)!(!!11C 11k n k n k n k n k k k n --=-?+=+ 11C 1 1)!()!1()!1(11+++=-++?+=k n n k n k n n ． ∴左边112111C 1 1C 11C 11++++++++++= n n n n n n n =-+=++++=+++++)12(11)C C (C 111112111n n n n n n n 右边． 例4 展开5 2232??? ? ?-x x ． 例5 若将10)(z y x ++展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为（ ）． A ．11 B ．33 C ．55 D ．66 分析：10)(z y x ++看作二项式10])[(z y x ++展开． 解：我们把z y x ++看成z y x ++)(，按二项式展开，共有11“项”，即 ∑=-?+=++=++100101010 10)(])[()(k k k k z y x C z y x z y x ． 这时，由于“和”中各项z 的指数各不相同，因此再将各个二项式k y x -+10)(展开， 不同的乘积k k k z y x C ?+-1010) (（10,,1,0 =k ）展开后，都不会出现同类项． 下面，再分别考虑每一个乘积k k k z y x C ?+-1010)(（10,,1,0 =k ）． 其中每一个乘积展开后的项数由k y x -+10)(决定， 梅涅劳斯定理 【定理内容】 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 1=??EA CE DC BD FB AF . [评]等价叙述：ABC ?的三边AB 、BC 、CA 或其延长线上有三点F 、D 、E ， 则F 、D 、E 三点共线的充要条件是 1=??EA CE DC BD FB AF 。三点所在直线称为三角形的梅氏线。 【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。 【证法欣赏】 证法1：（平行线分线段成比例） 证：如图，过A 作BC AG //交CF 延长线于G ， ∵BC AG //，∴BD AG FB AF =，AG CD EA CE =， 又 CD BD CD BD = B G 则 1=??=??CD BD AG CD BD AG CD BD EA CE FB AF ∴1=??EA CE DC BD FB AF 证法2：（正弦定理） 证：如图，令α=∠AEF ，β=∠AFE ，γ=∠BDE ， 在AEF ?中，由正弦定理知： β αsin sin AE AF =， 同理 ββγsin )180sin(sin BD BD BF =-?=，γ αsin sin CE CD = ∴βαsin sin =AE AF ，γβsin sin =BF BD ，α γsin sin =CD CE ， ∴ 1=??CD CE BF BD AE AF ，即1=??EA CE DC BD FB AF . 【逆定理】 梅涅劳斯定理的逆定理也成立，即 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 1=??EA CE DC BD FB AF ，那么F 、D 、E 三点共线。 [注]利用梅涅劳斯定理的逆定理可判定三点共线 B 二项式定理典型例题-- 典型例题一 例1 在二项式n x x ??? ? ?+421的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中所有有理项． 分析：本题是典型的特定项问题，涉及到前三项的系数及有理项，可以通过抓通项公式解决． 解：二项式的展开式的通项公式为： 4324121C 21)(C r n r r n r r n r n r x x x T --+=??? ??= 前三项的.2,1,0=r 得系数为：)1(8141C ,2121C ,1231 21-=====n n t n t t n n ， 由已知：)1(8 1123 12-+=+=n n n t t t ， ∴8=n 通项公式为 1431681,82,1,021C +- +==r r r r r T r x T Λ为有理项，故r 316-是4的倍数， ∴.8,4,0=r 依次得到有理项为228889448541256 121C ,83521C ,x x T x x T x T =====-． 说明：本题通过抓特定项满足的条件，利用通项公式求出了r 的取值，得到了有理项．类似地，1003)32(+的展开式中有多少项是有理项？可以通过抓通项中r 的取值，得到共有 17页 系数和为n 3． 典型例题四 例4 （1）求103)1()1(x x +-展开式中5x 的系数；（2）求6)21(++x x 展开式中的常数项． 分析：本题的两小题都不是二项式展开，但可以转化为二项式展开的问题，（1）可以视为两个二项展开式相乘；（2）可以经过代数式变形转化为二项式． 解：（1）10 3)1()1(x x +-展开式中的5x 可以看成下列几种方式得到，然后合并同类项： 梅涅劳斯定理 定理叙述 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 注意： 1 定理的应用有正反两个方向。由共线推出比例式叫作逆定理。 2 三个分点可能有两个在线段上，或者三个都不在线段上。 最简单的证明（张景中院士说过“做足够多的三角形可以解任何几何题”。等价说法是“做足够多的垂线可以解任何几何题”） 证明：过ABC三点向三边引垂线AA'BB'CC'， AD：DB=AA'：BB' BE：EC=BB'：CC' CF：FA=CC'：AA' 所以(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1 一应用梅涅劳斯定理 1.定理的条件已经具备，正向或反向应用定理。 例：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。（此线常称为西姆松线）。 分析：目标明确，写出比例式就行了。 例:不等边三角形的三条外角平分线与对边延长线的交点共线。 分析：此题同上。注意外角平分线分对边成的比例与夹边比例的关系，是和内角平分线类似的。 例： 分析：直线若平行于BC，则命题显然成立。若不平行，则作出直线与直线BC的交点是非常自然的。 例： 如图在三角形三边取相同比例的分点。中间黑色三角形面积等于白色面积，求边上的分点比例。 分析：没啥好分析的。 总结：用定理要选取三角形和截线。目标中共线的三个点所在的直线上，一般不会包含所选取的三角形的边。 2.几个不适合用梅氏定理的例子。 例： 如图锐角x的两条边上取A,B两点。甲乙二人分别从A,B出发沿箭头方向前进。保持速度不变。证明两人以及锐角顶点组成的三角形垂心在某直线上运动。 分析：本题具备定理的基本图形，并且目标是证明共线。但此处不可使用梅氏定理。因为垂心所在的定直线一般是不过锐角顶点的。那么我们取几个时刻的垂心呢？两个就够了。只要证明这两个垂心连线的斜率只与两人的速度比有关…… 第二章 塞瓦定理及应用 【基础知识】 塞瓦定理 设A '，B '，C '分别是△ABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若AA '，BB '，CC ' 三线平行或共点，则1BA CB AC A C B A C B ''' ??='''． ① 证明 如图2-1（b ）、（c ），若AA '，BB '，CC '交于一点P ，则过A 作BC 的平行线，分别交BB '， CC '的延长线于D ，E ，得,CB BC AC EA B A AD C B BC ''== ''． A′ B' C ' A B C P P C B A A′ B' C ' D E C B A A′ B' C ' D E (c) (b)(a) 图2-1 又由 BA A P A C AD PA EA '''==，有BA AD A C EA '= '． 从而1BA CB AC AD BC EA A C B A C B EA AD BC '''??=??='''． 若AA '，BB '，CC '三线平行，可类似证明（略）． 注 （1）对于图2-1（b ）、（c ）也有如下面积证法： 由：1PAB PBC PCA PCA PAB PBC S S S BA CB AC A C B A C B S S S '''??=??='''△△△△△△，即证． （2）点P 常称为塞瓦点． （3）共点情形的塞瓦定理与梅涅劳斯定理可以互相推证． 首先，由梅涅劳斯定理推证共点情形的塞瓦定理． 如图2-1（b ）、（c ），分别对△ABA '及截线C PC '，对△AA C '及截线B PB '应用梅涅劳斯定理有 1BC A P AC CA PA C B ''??=''，1A B CB AP BC B A PA ''??=''． 上述两式相乘，得1BA CB AC A C B A C B ''' ??='''． 其次，由共点情形的塞瓦定理推证梅涅劳斯定理． 如图2-2，设A '，B '，C '分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的点，且A '，B '，C '三点共线．令直线BB '与CC '交于点X ，直线C C '与AA '交于点Y ，直线AA '与BB '交于点Z ． 相似三角形中的射影定 理 -CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1 相似三角形 ——相似直角三角形及射影定理 【知识要点】 1、直角三角形的性质： （1）直角三角形的两个锐角 （2）Rt△ABC中，∠C=90o，则2+ 2= 2 （3）直角三角形的斜边上的中线长等于 （4）等腰直角三角形的两个锐角都是，且三边长的比值为 （5）有一个锐角为30o的直角三角形，30o所对的直角边长等于，且三边长的比值为 2、直角三角形相似的判定定理（只能用于选择填空题） 如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似。 3、双垂直型： Rt△ABC中，∠C=90o，CD⊥AB于D，则 ①∽∽ ②射影定理： CD2= · AC2= · BC2= · 【常规题型】 1、已知：如图，△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，S△ABC=20，AB=10。求AD、BD 的长. 2、已知，△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D。（1）若AD=8，BD=2，求AC的长。（2）若AC=12，BC=16，求CD、AD的长。B A 【典型例题】 例1．如图所示，在△ABC 中，∠ACB=90°，AM 是BC 边的中线，CN ⊥AM 于N 点，连接BN ，求证：BM 2=MN ·AM 。 例2．已知：如图，在四边形ABCD 中，∠ABC=∠ADC=90o ，DF ⊥AC 于E ，且与AB 的延长线相交于F ，与BC 相交于G 。求证：AD 2=AB ·AF A B M C N D C 托勒密定理 定理图 定理的内容托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组 对边所包矩形的面积之和。从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式， 托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质. 定理的提出 一般几何教科书中的托勒密定理”，实出自依巴谷(Hipparchus)之手，托勒密只是从他的 书中摘出。 证明 一、(以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。) 在任意四边形ABCD 中，作△ ABE使/ BAE= / CAD / ABE= / ACD 因为△ ABE ACD 所以BE/CD=AB/AC, 即BE-AC=AB CD (1) 而/ BAC= / DAE ,，/ ACB= / ADE 所以△ ABC AED 相似. BC/ED=AC/AD 即ED- AC=BC AD (2) ⑴+⑵，得 AC(BE+ED)=AB CD+AD BC 又因为BE+EI> BD (仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时，等号成立，即托勒密定理”) 所以命题得证 复数证明 用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则AB、CD、AD、BC、AC、 BD的长度分别是：(a-b)、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。首先注意到复数恒等式：(a -b)(c - d) + (a - d)(b - c) = (a - c)(b - d)，两边取模，运用三角不等式得。等 号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。四点不限于同一平面。平面上，托勒密不等式是三角不等式的反演形式。 二、设ABCD是圆内接四边形。在弦BC上，圆周角/ BAC = / BDC，而在AB上， / ADB = / ACB。在AC 上取一点K，使得/ ABK = / CBD ; 因为/ ABK + / CBK = / ABC = / CBD + / ABD， 学科教师辅导讲义 1．二项式定理： 011 ()()n n n r n r r n n n n n n a b C a C a b C a b C b n N --*+=++ ++ +∈， 2．基本概念： ①二项式展开式：右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式。 ②二项式系数:展开式中各项的系数r n C (0,1,2,,)r n =???. ③项数：共(1)r +项，是关于a 与b 的齐次多项式 ④通项：展开式中的第1r +项r n r r n C a b -叫做二项式展开式的通项。用1r n r r r n T C a b -+=表示。 3．注意关键点： ①项数：展开式中总共有(1)n +项。 ②顺序：注意正确选择a ,b ,其顺序不能更改。()n a b +与()n b a +是不同的。 ③指数：a 的指数从n 逐项减到0，是降幂排列。b 的指数从0逐项减到n ，是升幂排列。各项的次数和等于n . ④系数：注意正确区分二项式系数与项的系数，二项式系数依次是012,,,,,,.r n n n n n n C C C C C ??????项的系数是a 与b 的系数 （包括二项式系数）。 4．常用的结论： 令1,,a b x == 0122(1)()n r r n n n n n n n x C C x C x C x C x n N *+=++++++∈ 令1,,a b x ==- 0122(1)(1)()n r r n n n n n n n n x C C x C x C x C x n N *-=-+- ++ +-∈ 5．性质： ①二项式系数的对称性：与首末两端“对距离”的两个二项式系数相等，即0n n n C C =， (1) k k n n C C -= ②二项式系数和：令1a b ==,则二项式系数的和为0122r n n n n n n n C C C C C +++++ +=， 变形式1221r n n n n n n C C C C ++ ++ +=-。 ③奇数项的二项式系数和=偶数项的二项式系数和： 在二项式定理中，令1,1a b ==-，则0123 (1)(11)0n n n n n n n n C C C C C -+-++-=-=， 从而得到：02421321 11222 r r n n n n n n n n n C C C C C C C +-++???++???=++ ++???= ?= ④奇数项的系数和与偶数项的系数和： 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1FB AF EA 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 1EA CE 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： FB AF 2ED 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： 1FA CF EA BE =+。 3.在△ABC 中，点D 在BC 上，31DC BD =，分别在AB ，AD 上，32EB AE =，2 1 GD AG =，EG 交AC 于点F ，求 FC AF 。 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。梅涅劳斯定理范文
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