数学竞赛梅涅劳斯定理Word文档下载推荐.docx
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AfBDCE_AFBFPF
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:
Sabdf
(1),
BD:
DC=Sbdf:
Sacdf-
(2),
CEEA=SCDE:
$△adE=Safec:
Safea
=(Sacde+Sxfec):
(Saade+S\fea)
=SaCDFSAADF(3)
(1)X
(2)X(3)得
AFBDCESmdfSmdf
XX二XK=]
FEDCEA5ACDF
证明四
过三顶点作直线DEF的垂线AA,BB'
CC;
如图:
充分性证明:
AABC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)X(BD/DC)X(CE'
/E'
A)=1
AfBDCE*
又•••"
:
'
•••有CE/EA=CE'
A两点重合。
所以.■.「共线
过的三个顶点作直线尸D的垂线*则有上
AFAAfBDBBfCECCr
BF'
DC=~CC*'
EA=^A*
三式相乘得竺BD_CEAAr阳CC百厂辰^肓’—两7”&
^卫~一
推论在AABC的三边BCCA、AB或其延长线上分别取L、M、N三点,又分比是入=BL/LC卩=CM/MAv=AN/NB于是AL、BM、CN三线交于一点的充要条件是入卩-1=(注意与塞瓦定理相区分,那里是入卩-)=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0,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
使用梅涅劳斯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/FBXBD/DCXCE/EA=WF、D、E三点共线。
利用这个逆定理,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、BCCA或其延长线上,且满足AF/FBXBD/DCXCE/EA=1F、D、E三点共线。
禾U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是厶ABC的边ABAC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。
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。
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/FBXBD/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/FBXBD/D«
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。
下面的定理就是他首先发现的。
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、BCCA或其延长线上的点,且
ADBECF“
这三点共线,则满足===1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,
•••D、E、F三点共线
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
BE
BD
AD
AF
EC
DM,
DM
FC,
BEAD
ECDM
FC
ADBE
CF
所以
1
DBEC
FA
情况四:
三点分别在三角形三边的延长线上时,
二可过C作CM//DE交AB于M,于是
CFd
DB
由角平分线性辰定理得,磊=卷,齧=综,呂=愛,三式相乘得』等X是X岳=1・
•••设D、E、F依次是三角形ABC的三边ABBCCA或其延长线上的点,且这三
点共线,则满足1
DBECFA
例
已知AABC的内角平分线分别为BEfQCF,"
的外角平分线与眈的延长线相交于
D,求证:
D、6F共线・
由梅内劳斯定理的逆定理知,D、E.F共线.
拓展
(1题)在任意三角形PQR中,A2,A4分别是PR,PC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于点丫,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0,0'
连结AO,AO交BC于点X,X'
B0,BC交AC于Y,Y'
C0,C交AB于乙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0,0'
P,Q,F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)一直线截厶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
(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I不经过的顶点,并且与一H的三边:
;
咗或它们的延长线分别
、十CTQH
交于、、,则,.'
设I「心X分别是A、B、C到直线I的垂线的长度,
tBPCQAKhelvlu
则:
胚.亦甬=百亞五=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若直角旨A中,CK是斜边上的高,CE是、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:
II;
工。
【解析】因为在H中,作二二的平分线BH,则:
ZEBC二£
ACK,zHBC-£
A(:
E,£
HB€^IlCB=+MCB=90*,
即!
/-.,所以为等腰三角形,作BC上的高EP」.工E?
对于康仁呵和三点
»
卄叶宀e亠CDAEKT‘十口口EKCKEPBDUKDK
D、E、F根据梅涅劳斯疋理有:
.|,于是..「即.,,
根据分比定理有:
芸=詈,所以APKH^ACKE,所以bFlICE。
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.1I■1-,试证:
【解析】若T-■'
,结论显然成立;
若
AD与相交于点L,则把梅涅劳斯定理分别
ACADAiCiAiDiBCBD_BiCiBiDj
定理2设P、Q、R分别是注丄匸的三边BC、CA、AB上或它们延长线上的三点,并且P、Q、
BPCOAR
R三点中,位于AABC边上的点的个数为0或2,这时若丸’辰■融=1,求证P、Q、R三点
共线。
设直线PQ与直线AB交于,于是由定理1
得:
Bf>
CQAK
PCQA
亍一六,由于在同一直线上p、Q、R三点中,位于
AAB「边上的点的个数也为0或2,因此R与1匸或者
同在AB线段上,或者同在AB的延长线上;
若R与同在AB线段上,则R与必定重合,不然的话,设
AR>
AR,这时AB-AR<
AB-AR,
即|bR<
BRb,于是可得鈴二需,这与囂二器矛盾,类似地可证得当R与『同在AB的延长线上时,R与卜|也重合,综上可得:
P、Q、R三点共线。
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AABC的外接圆上;
是从点P向BCCA、
AB引的垂线的垂足,证明点八一「共线。
【解析】
易得:
BAl_EPtuaPBCCBj_CPs理A
-■-'
I,--,
ACiAPc^e/PAB
I.,将上面三个式子相乘,且因为二空丄J.1GC
flBAjCBjACj
ZPAB-fPCB,△斗ePBA=180,可得貢•莎”応=1,根据梅涅劳斯定理可知
RB
,则
B
例4设不等腰点的内切圆在三边BCCAAB上的切点分别为D、E、F,贝UEF与BC,
FD与CA,DE与AB的交点X、Y、Z在同一条直线上。
【解析】容汽被直线XFE所截,由定理1可得:
、'
,
又因为AE-AF,代入上式可得碁器,同理可得嶺考,=-話,将上面的式子相乘可得:
节•三咗一i,又因为X、Y、Z丢不在AABC的边上,由定理2可得X、Y、Z三点共线。
例5已知直线g,CC)相交于0,直线AB和A1B1的交点为爲,直线BC和W|的交点为国,直线AC和丄」|的交点为囚,试证
■-丨工三点共线。
【解析】设•匕际6分别是直线BC和BiC),AC和AiCil,AB和人】!
M勺
交点,对所得的三角形和它们边上的点:
0AB和(冷・氐心),0BC
和(|Bi,CbA;
),0AC和(AuCi,P2)应用梅涅劳斯定理有:
OA]CCjABi
,■血’=1,将上面的三个式子相乘,可得:
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SUVW,应用梅涅劳斯定理于五组三元点(LDE),,(BCN)|,氐,(BQR,则有詈器•詈=】,
/口VLWMUN.4心
得:
五.而•丙=、,点L、M、N共线。
二、塞瓦定理
设P、Q、R分别是|甘T<;
|的BCCA、AB边上的点,贝UAP、BQ、CR三线共点的充要
条件是:
证明:
先证必要性:
设AP、BQ、CR相交于点M,则
BPSaabe1SiFMPSaabk
———
PCS-AAJ2PSjUlCKC?
相乘,得:
巻將驚1,再证充分性:
誥煜•囂=],设AP与BQ相交于M,且直线
册CQAR
直阪违可,约翰斯:
上,所以:
.必与R重合,故AP、BQ、CR相交于一点M。
CM交AB于,由塞瓦定理有:
例7证明:
三角形的中线交于一点。
【解析】记的中线AAi,BB】,CC],我们只须证明
'
liACHl-1,而显然有:
Ml=C)B,b必厂AlC,
CBAlCB:
A
AR
,因为R和k都在线段AB
成立,所以,'
交于一点,
例8在锐角•中,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,【解析】作|才'
,一.,詡,下证CK、BM、AN三线共点,且为P点,要证CKBM、AN三线共点,根据塞瓦定
I「,即
Bi
C
Ai
AMCMBK
理即要证:
MCNBAK
=1,又因为=CN|,即要证
明:
ANNB=1,因为MEmXAE=
ABNL三誥
签,即要证告签"
,根据三角
ALBC
形的角平分线定理可知:
,所以CKBM、AN三线共点,
且为P点,所以■I-
例9设AD是W的高,且D在BC边上,若P是AD上任一点,交于E和F,贝则丄出注IV-
【解析】过A作AD的垂线,与DE、欲证^EDA-^FDA,可以转化为证明
BP、CP分别与ACAB
DF的延长线分别交于M、N。
AM-AN,因为」4丄BC,故
MNIIBC|,可得
AMAEANAF
AAME.=ACDE,AANF^ABDF,所以莎=在*Hd=bf
AECDATE
于是心-斤,-'
CE
瓦定理可得:
|
,因为AD、BE、CF共点与P,根据塞
AE•CD_AF-BD
CE=BF
B'
NAH
例10在\ABC的边BC、
CA、
AB上取点•"
」"
),证明
ACiBAiCBjeinzACCpjtinzBAAiiinACBBiCiB'
AlC*BlA~sinzCiCB"
rinM;
AC'
cin^BiBA
【解析】如图对茁门门和应用正弦定理,可得
piuMCC'
isdiULA
CiEJ=sin^CiCB,即而=ikUciCB
HiaKBsin^A'
同理:
^A]eiri^BAAi3mz<
!
CBi
\iCBiA
sinzCBBi
iri/BiBA
sin^Au由
,从而
AClBAiCBisiiUACCiHind^AAi^inzCBBilCYBAiCJBiAibiZcicHiin^AjAC,^iiuB^BA
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