试卷奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---梅涅劳斯定理及应用

1、第一章涅劳斯定理及应用【基础知识】梅涅劳斯定理设A , B , C分别是 ABC的三边BC ,CA , AB或其延长线上的点，若 A , B ,C三点共线,BA CBAC 1 .CBA B BA1证明如图1CBBAAAr1 ,过A作直线AD / CA交BC的延长线于AC DA,故C B A BBAA C正弦定理证法，在ABA C中，有外叽，同理, sinCB sinCA sinAC面积证法ABBAA-C山，此三式相乘即证. sinS acbCBS cbcSAA CCBA SA BACSa cabSAA ABS cb c Sa cabSA BAC SA a ABSac caSA AC AACCB

2、&ACA ,此三式 S C BACB AC BA CA DA , 1 .BA C B A C A D AB注此定理的证明还有如下正弦定理证法及面积证法.相乘即证.CA , AB或其延长线上的点，若梅涅劳斯定理的逆定理设A , B , C分别是4ABC的三边BC ,BA CB ACAC BA CB则A , B , C三点共线.证明 设直线AB交AB于Ci ,则由梅涅劳斯定理，得到BA CBAC BAAC1 1.C1A由题设，有BAA C又由合比定理，知也皿1 ,即有给BA CBC1BAC1也，故有AC1AB ABACCBAC ,从而Ci与C重合,有时，也把上述两个定理合写为：设 A ,B , C

3、分别是4ABC的三边BC , CA , AB所在直线（包括三边的延长线）上的点，则A , B , C三点共线的充要条件是BA CB AC 1 .AC BA CB上述与式是针对 4ABC而言的，如图1 1 （整个图中有4个三角形），对于4CBA、 B CA、 AC B也有下述形式的充要条件：实用文档专业整理 TOC o 1-5 h z C A BCABBA CBACd ABCABC,分 1 ; 1 ; 1 .AB CAB CAC BAC B BC AB CA第一角元形式的梅涅劳斯定理设A , B , C分别是4ABC的三边BC , CA , AB所在直线（包括三边的延长线）上的点，则 A , B

4、 , C共线的充分必要条件是sin / BAA sin / ACC sin / CBB小1sin Z A AC sin/CCB sin Z B BA证明如图1 2,可得BA Sa abaA C Saaac图1 21,-AB AA sin/BAA 21.-AA AC sin/AAC2AB sin / BAAAC sin/A ACCB BC sin Z CBB向理，B A AB sin ZB BAAC C BAC sinACCBC sin/CCB以上三式相乘，运用梅涅劳斯定理及其逆定理，知结论成立.第二角元形式的梅涅劳斯定理设A , B , C分别是4ABC的三边BC , CA , AB所在直线上

5、的点,点O不在 ABC三边所在直线上，则 A, B , C三点共线的充要条件是sin Z BOA sin Z COB sin/AOC心1 .sin/AOC sin/BOA sin Z COB图1 3证明 如图1 3 ,由星史勺-BA ,有 SA AOCA Csin / BOA OC BA sinZ AOC OB A C同理,sin / COBsin Z BOAOA CB sin / AOCOC BA sinZ COBOB ACOA C B实用文档专业整理工日 sin / BOA sin / COB sin / AOC于 ZE sin AOC sin B OA sin COB故由梅涅劳斯定理知

6、A , B , C共线 从而定理获证.BACBACACBAC BBACBAC1A CBAC B注 （1）对于、式也有类似式（整个图中有4个三角形）的结论.（2）于在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则、式中的右端均为1 ,、式中的角也可以按或式中的对应线段记忆.特别要注意的是三边所在直线上的点为一点或 者三点在边的延长线上.【典型例题与基本方法】1 .恰当地选择三角形及其截线（或作出截线），是应用梅涅劳斯定理的关键例1 如图1 4,在四边形 ABCD中，4ABD , BCD , ABC的面积比是 3 ： 4 ： 1 ,点M , N分 别在AC , CD上，满足 AM : AC CN ： C

7、D ,并且B , M , N共线.求证： M与N分别是AC和 CD的中点.（1983年全国高中联赛题）图1 40 r 1 ), AC 交 BD 于 E .AM CN TOC o 1-5 h z 证明 设 rAC CDBE1AE3BD7，AC7 AM AE3r一八EMAMAEAC AC _7 7r 3MCACAMd AM1 r 7 7r1 一AC,SA BCD,SA ABCQ SA ABD3 ： 4： 1 , TOC o 1-5 h z 又因B , M , N三点共线，可视 BMN为 CDE的截线，故由梅涅劳斯定理，得CN DB EMr 7 7r 3 ,1 ,即1 .ND BE MC1 r 1

8、7 7r化简整理，得6r2 r 1 0,一一11解得r- ,r-（舍去）.23故M与N分别是AC和CD的中点.例2 如图1-5,在四边形ABCD中，对角线AC平分/ BAD，在CD上取一点E , BE与AC相交于F ,延长DF交BC于G .求证：/GAC / EAC . （1999年全国高中联赛题）实用文档专业整理证明 记/BAC /CAD 有1 BG CD EF abg GC DE FB SaaedA图1 5,/ GAC , / EACSAAEFSAABF，直线65口与4 BCE相截，由梅涅劳斯定理,AB sin( )AC sin AE sin( sin( ) sin sinsin( )故

9、sin( ) sin sin( 即 sin cos sin cosAC sinAE sin)AB sin)sin sin sin sin cossin cos sin sin亦即 sin cos sin sin sin cos sin(）0kj且k只可能为0,故/GAC/ EAC .例3 设E、F分别为四边形 ABCD的边BC、CD上的点，BF与DE交于点P .若/ BAE / FAD ,则 / BAP / CAD .证明 如图1-6,只需证得当 AF关于/ BAD的等角线交BE于P时，B、P、F共线即可.AB EC图1 6事实上，B、P、F分别为 CDE三边所在直线上的三点，且 A不在其三边

10、所在直线上.又 / FAD / EAB , / DAP / BAC , / PAE / CAF ,由第二角元形式的梅涅劳斯定理，有1 .故B、P、F三点共线.sin / EAB sin / CAF sin / DAP sin / BAC sin / FAD sin / PAE注 当AC平分/BAD时，即为1999年全国高中联赛题.2.梅涅劳斯定理的逆用（逆定理的应用）与迭用，是灵活应用梅氏定理的一种方法例2另证 如图1-5,设B , G关于AC的对称点分别为 B , G ,易知A , D , B三点共线，连FB ,实用文档专业整理FG ,只须证明A, E,G三点共线.设DA ab-对/ EFB

11、/ DFE/ BFGZ BFGZAFD Z GFC Z G FCB G CEGC- EDSA FDASAFB ASAFG BSA FGCSAFECSA FEDFD sinMFB sin()FB sinFC sinFC sin() 1FD sin.CBD ,应用梅涅劳斯定理的逆定理,注 在图1-5中，*式也可为sin（180知 A , E , G三点共线.故）,若B在AD的延长上，则/ GAC /EAC .* 式为 sin().例4 如图1-7, e Oi与e O2和 ABC的三边所在的3条直线都相切,E , F , G , H为切点，直线EG与FH交于点P .求证：PA BC .（1996年全

12、国高中联赛题）OD图1 7E BC F证法1 过A作AD，BC于D , 理，有AH BF DP延长DA交直线HF于点P .对 ABD及截线FHP应用梅涅劳斯定HB FD PA由BF BH ,有AH DP , 1 .FD PA显然Oi , A, O2三点共线，连O1E , O , O2F , 02H，则由O1 E / AD / O2F，有 AGO1 s AHO2 ,从而四DFAO1AO2AGAH,即也密FD ED又 CE CGAHFDDP DP AGPA P A EDDPPAAGGCCEED对 ADC ,应用梅涅劳斯定理的逆定理, 点P与点P重合，从而PAX BC .知P , G , E三点共线

13、，即P为直线EG与FH的交点.故证法2 延长PA交BC于D ,直线PHF与 ABD的三边延长线都相交，直线 PGE与 ADC的三边 延长线都相交，分别应用（迭用）梅涅劳斯定理，有CE d1EDAH BF DP1 ,DPAGHB FD PAPAGC则有AHBF上述两式相除，HBFD而 HB BF ,CEGC ,于是AGGCCEEDAHFD黑即第DEDFO1A , O2A, O2H , O2F ,而 O1 , A,O2 共线，则 OG，GC , O2H BH，且 O1AG s02AH，从而O5署能是 AD / O1E ,故 AD, EF ,即 PA BC .实用文档专业整理【解题思维策略分析】梅涅

14、劳斯定理是三角形几何学中的一颗明珠，它蕴含着深刻的数学美，因而它在求解某些平面几何问题，特别是某些平面几何竞赛题中有着重要的应用.1.寻求线段倍分的一座桥梁例5 已知 ABC的重心为G , M是BC边的中点，过 G作BC边的平行线交 AB边于X ,交AC边 于Y ,且XC与GB交于点Q , YB与GC交于点P .证明： MPQ s ABC .（1991年第3届亚太地区竞赛题）证明 如图1-8,延长BG交AC于N ,则N为AC的中点.由XY / BC ,知竺 & 2而HC 1 XB GMCA 2图1 8对 ABN及截线XQC ,应用梅涅劳斯定理，有AX BQ NCXB QN CABQ 1321

15、,故 BQ QN .QN 2从而MQ / AC ,且MQ1 _1 _-CN -AC .241 同理，MP II AB ,且 MP -AB .4由此可知，/ PMQ与/ BAC的两边分别平行且方向相反，从而 / PMQ / BAC ,且MP 皿，故 AB AC MPQ ABC .例6 ABC是一个等腰三角形，AB AC , M是BC的中点；O是AM的延长线上的一点，使得OB AB ； Q是线段BC上不同于B和C的任意一点，E在直线AB上，F在直线AC上，使得E , Q, F是不同的和共线的，求证：（I ）若 OQ，EF ,贝U QE QF ;（n ）若 QE QF ,则 OQ，EF .（1994

16、 年第 35 届 IMO 试题）证明 （1）如图1-9,连OE , OF , DC .由OQ，EF ,易证O , E , B , Q四点共圆，O , C , F , Q 四点共圆.则 / OEQ / OBQ / OCQ / OFQ ,因此 OE OF .故 QE QF .实用文档专业整理(n)即BE例7证明AQBC图1 9OAB由AB AC , EQ QF，对 AEF及截线BQC运用梅涅劳斯定理， 有1 BECF .于是可证 RtAOBE 9 RtAOCF，得 OE OF ,故 OQ，EF .在凸四边形 ABCD的边AB和BC上取点E和F ,使线段DE和DF把对角线EQ ECQF CAAC三等

17、分,FCBE已知e 1cSa CDFSabCD，4如图1-10,设DE求证：ABCD是平行四边形.（1990年第16届全俄竞赛题）证彳# AM MC (或PMDF分别交AC于P , Q ,两对角线交于 M .要证ABCD是平行四边形，若MQ ）,且BM MD即可.图1 10由 Sa adeSa CDF， SA ADPSa cdq （等底等高），知 Sa aep Sa cfq ,而 APCQ ,故有 EF / AC ,从而有BEEA对BFFCBAM及截线EPD , BCM及截线FQD,分别应用梅涅劳斯定理，有BEEABFFCAP PM CQ QMMD , 一 1 ， DBMD 1 .DB由，两式

18、相除得而 AP CQ ,故 PMAPPMMQCQ.QM,即有AM MC .此时，又有S/x ABDSACBD实用文档专业整理一 ,1又由SaADE - SABCD ,知BE EA ,于是式可写为 dADEABCD4即有DB 2MD ,亦即BM MD .故abcd为平行四边形.BE AP MDea 丽Db1 2 MD 1 ,1 1 DB2.导出线段比例式的重要途径例8 在 ABC中，AA为BC边上的中线，AA2为/ BAC的平分线,且交BC于4 , K为AA上的点,使 KA2 / AC ,证明 AA2 KC .（1997年第58届莫斯科竞赛题）证明 如图1-11,延长CK交AB于D ,只须证AD

19、 AC .图1 11 TOC o 1-5 h z AB BA2不由AA2平分/ BAC ,有.AC A2c由KA2/AC,有型KAa2cAABD 2AA22 .故=,由合比7E理，有A2cDA A2cAA2 AC A1A2 BA1AB BA2,即为 A2cA2cAD A2c注意到BC 2AC ,对 ABA及截线DKC运用梅涅劳斯定理，得ad BC A1K ad 1DB CA1 ka dbBD da 2A1A2 A2cdaa2cAB AB w 八 由，式有，故AC ad .AC ad例9 给定锐角 ABC ,在BC边上取点A , A2 （ A2位于A1与C之间），在CA边上取点B1 , B2 （

20、 B2位于B1与A之间），在AB边上取点C1 , C2 （ C2位于G与B之间），使得Z AAA2 / AA2A / BB1B2/ B&B / CC1C2 / CC2G ,直线AA , BB,与CC1可构成一个三角形， 直线AA2 , BB2与CC2可构成另一个三角形.证明：这两个三角形的六个顶点共圆.（1995年第36届1MO预选题）证明 如图1-12,设题中所述两个三角形分别为 UVW与 XYZ .实用文档专业整理A图1 12由已知条件，有 AC1C s AB2B , BA2As BC1c , CB2BsCAA ,得AC1 ACAB2 ABBA2BCiAB CB2一,BCCA1AC此三式相

21、乘得AC1 BA2 CB2AB2 BC1 CA1对 AAB及截线CUC1 , AA2c及截线BXB2,分别应用梅涅劳斯定理，得AU AC BC1UA1 CB C1AA2X AB2 CBXA B2C BA2，三式相乘化简，得 AU -AX-.故UX / BC .UA1 XA2同理，WX / CA . Z AUX /AAA ZBB1B2 Z BWX .从而点X在 UVW的外接圆上.同理，可证得 Y, Z也在 UVW的外接圆上.证毕.例10如图1-13,以 ABC的底边BC为直径作半圆，分别与边 AB , AC交于点D和E ,分别过点 D , E作BC的垂线，垂足依次为 F , G ,线段DG和EF

22、交于点M .求证：AM BC .（IMO -37中国国家队选拔赛题）ABF H G C图1 13AM HF CEMH FC EA两式相除，得FH CF AE BDHG CE BG AD证法1 设直线 AM与BC交于H ,连BE , CD ,则知/ BEC / BDC 90 ,直线FME与 AHC相截，直线GMD与 ABH相截，迭用梅涅劳斯定理，有AM HG BD1 ,1 .MH GB DA实用文档专业整理在 Rt DBC 与 Rt EBC 中，有CD2 2 一BC FC , BE BC BG ,即将其代入式，得FHHG2CD2 AE BDBE2 CE AD又由 ABEs ACD ,将其代入式，

23、得里HG占 CD有 BECD BDBE CEAD.AESA DBCS EBCDFEg也，从而，MH II DF .MG而 DF，BE ,则 MH，BC ,故 AM 证法2 作高AH ,连BE ,则 / BDC 90/ BEC ,DFBD sin / BBC cos/ B sin Z B , EG BC cos/ C sin / C .GM EG cos/ C sin ZCMD又BHFD cos/ B sin ZBAB cosCAC cos/ BAB cos/ B , HG AE cos/ C ,BH AB cos/B AC cos/ B 即 HG AE cos/ C AD cos/ C 对 B

24、GD应用梅涅劳斯定理的逆定理，知 AM BC .BHHGGMMDAB ,故ADBH GMHGMD例11 如图1-14,设点I , H分别为锐角点.已知射线B1I交边AB于点B2 （ B2A 为 BHCA三点共线.由 ABC的内心和垂心，点AHDAAB BCC1分别为边B ),射线C/交AC的延长线于点C2 , B2c2与A1三点共线的充分必要条件是 BKB2和AC, AB的中BC相交于K ,CKC2的面积相等.（CMO-2003 试题）E图1 14分析首先证A, I , A三点共线/ BAC 60设O 为 ABC 的外心，连 BO , CO ,则 / BOC 2/BAC .又/BHC 180/

25、BAC,因此，/BAC 60B , H , O , C四点共圆A在 ABC的外接圆e O上实用文档专业整理10AI与AA1重合A , I , A二点共线.其次，再证$ Bkb2 S(ackc2/ BAC 60 .并在三角函数式中，用 A、B、C分别表小三内角.证法1设 ABC的外接圆半径为R , CI的延长线交 AB于D ,对 ACD及截线C11c2 ,应用梅涅劳斯定理，有空1上氾i .CiD IC C2A注意到CiD AD ACiAC ABACBcABAB(AC BC)2(AC BC)sin C(sin B sin A) Rsin B sin A2 C B A2sin sin R22CiDA

26、Ci.C sin 一2ICDIACAC2.Bsin2.C Acos cos22AC sin / ADCAD sinZ ACDAC2 CC2C2 AA 2sin2又对 ACD及截线注意到AB2Csin B2. Csin 一2A B cos2.C sin 2CC2C2AICDICiD ACiB A sin2C cos 2.从而B cos2C cos2BIB2,应用梅涅劳斯定理,AB2B2DDI CBiIC BiADIIC.Csin A B cos2ADAB2B2DA cos一AB2AB22A cos.C sin 2B2sin sin22 ,即A B cos2A B cosAD * 2A B2sin

27、 sin 一22ABACAC BCA B cos22sin - sin22ABsin Bsin B sin AA B cos22sin - sin22BcosAB 2.从而Ca2cos sin22ABAB2AC2sin cos -22B cos2Sabkb2Sa ckc2Sa abcSaab2c2AB ACab2 ac22 A4sin i ,且A为锐角 2/ BAC 60如图i-i4,设直线AI交BC于F ,直线BE2交CB的延长线于E .对 ACF及截线BIE ,应实用文档专业整理11用梅涅劳斯定理，有AB1 CFb1c EFFI1 . IA又由AB1B1C及角平分线性质,即有FI CFIA

28、 CABFBABCabAc令BCACFI由式,CEEF而CFabEFYa2bIAEFCEEf(b又BFacb cBE EFBFa)(b c)a(a c)(由题设知 b c a从而EFabBE (b c)(a c)对AABF及截线IB2E ,应用梅涅劳斯定理，有AIIFFE BB2EB将式代入上式，得BB2 IF BEAB同理-ACB2A AI EF a c bAB2B2AAB2B2BAB2AC2SA BKB2.22b cSA CKC2Sa ABCSa AB2C2bc ZBAC 60 .ABACAB2 AC22003例11还有其他证法，可参见笔者另文 关于2003年中国数学奥林匹克第一题 （中等

29、数学 年第6期）.作截例12如图1-15,凸四边形 ABCD的一组对边BA与CD的延长线交于 M线交另一组对边所在直线于 H , L,交对角线所在直线于 H , L .求工业化:MH ML MH1MLO证法1如图1-15,对AML D及直线BLC由梅涅劳斯定理得MLLL4*BD CM对 DL H及直线BAM由梅涅劳斯定理得L M HA DB , 1 MH AD BL对 MHD及直线CH A由梅涅劳斯定理得实用文档专业整理12HH MC DACD AH由得MLlLL M HH mH hHM1,所以所以HHMH H MH M MHLLMH H MML LM ML MLML LM 故1MH证法2有M

30、L MH HL设AD与BC的延长线相交于 O . BML和 CML均被直线AO所截,迭用梅涅劳斯定理,BAAM由HL OBMHLCLO%CDDMHL OC y,MH LOBALC AMBLCDDMHLMHOB LC OC BL LO注意到OBLC OC BL BC LO （直线上的托勒密定理），则式变为LCBAAMBLCDDMDC -HLMH又由BD截 LCM 和AC截 LBM ,迭用梅涅劳斯定理，有BCLLL MBLDCMDBC H MLC空AM将此结果代入式整理，即得欲证结论.注 当AD / BC ,式显然成立，故仍有结论成立.此题是二次曲线蝴蝶定理的推论.论证点共直线的重要方法EFZY是

31、圆内接四边形.ABC的证明：例13 如图1-16, ABC的内切圆分别切三边 BC , CA , AB于点D , E, F,点X是 一个内点， 4XBC的内切圆也在点 D处与BC边相切，并与 CX , XB分别相切于点 Y , Z .（1995年第36届IMO预选题）图1 16证明由切线长定理，知CE CD 设BC的延长线与FE的延长线交于CY ,P,对BF BD BZ , AF AE, XZ XY . ABC及截线FEP ,应用梅涅劳斯定理，有实用文档专业整理13AF BP CE AF BP CEFB PC EAEA PC FBXZ BP CYYX PC ZBXZ BP CY zB PC Y

32、x对 XBC应用梅涅劳斯定理的逆定理，知Z, Y , P三点共线，故由切割线定理有PE PF PD2,_2PY PZ PD .以而PE PF PY PZ ,即EFZY是圆内接四边形.例14如图 1-17, ABC 中,/A内的旁切圆切ZA的两边于 A和A2,直线A4与BC交于A ;类似地定义B1? B2,艮和 C- C2艮，C3三点共线.,C3.求证:AA2 , BB1证明BB2，CC1CC2 .对 ABC 与直线 GC2c3 , AAA , B1B2B3AC3BC2CC1AC3BC2 1C1AC3BC2CC1AC3BBA3CA2AABA3CA21 , ABA3CA2AABA3CCB3ab2B

33、B1CB3AB2 1BCB3AB2BB1CB3A由切线长定理，知AA分别应用梅涅劳斯定理，有111上述三式相乘,有AC3 BA3 CB3C3B A3C B3AAC1BC2ABCA2B1cAB2AC1CA2ABAB2B1cBC2设e O3切AB于e O2切AC于LBB1一 一一 一 1 一BB2 ,可得 BC2 BK (BCzKB2).同理1B1c CL (B1c22LC1).又由两内公切线长相等,KB2 LC1 ,故 BC2 BC .同理,CA2 AG ,实用文档专业整理14 AC BA CRo从而 3 3 1 ,故对 ABC用梅涅劳斯的逆定理，知 A3, &, C3三点共直线.C3B A3c

34、 B3 A例15如图1-18,设 ABC的三边BC , CA , AB所在的直线上的点 D , E , F共线，并且直线AD , BE, CF关于/A, /B, /C平分线的对称直线 AD , BE , CF分别与BC , CA , AB所在直线 交于D, E, F,则D, E, F也共线.ABC D图1 18D证明 对/ ABC及截线FED应用第一角元形式的梅涅劳斯定理，有sin Z BAD sin/CBE sin/ACF ,:：:1 sin / DAC sin / EBA sin / FCB由题设知，/CAD /BAD, /DAB / DAC , / BCF/ ACF，/ F CA / F

35、CB , / ABE / CBE ,Z E BC / EBA ,从而有sin Z CAD sin Z ABE sin/BCF 1， sin/DAB sin/EBC sin Z F CAsin / BAD sin / CBE sin /ACF sin/DAC sin Z E BA sin /FCB故由第一角元形式的梅涅劳斯定理，知例16 在筝形ABCD中，AB AD ,BC CD .过BD上的一点P作一条直线分别交AD、BC 于 E、F ,再过点P作一条直线分别交 AB、CD于G、H .设GF与EH分别与BD交于I、J，求证:PIPBPJPD证明 如图1-19,过B作AD的平行线交直线 EF于E

36、 ,再过B作CD的平行线交直线 GH于H，则/EBP /EDP /PBG, Z HBP / HDP / PBF .BFC图1 19进而 /HBG /HBP ZGBP / PBF / PBE / E BF .sin/PBH sin/GBI sin/FBEsin / FBP sin/GBP所以一一,-一-一 一,-sin/HBG sin / IBF sin/EBP sin/EBF sin/PBF又H、I、E分别为 PGF三边所在直线上的点，且点 B不在角元形式的梅涅劳斯定理的逆定理知H、I、E共线.于是，由 PBE spde , APH BA PHD .有 EH II EH .sin / FBE

37、1 .sin / PBG PGF三边所在的直线上.由第二实用文档专业整理15PI PEPB, PIPJ因此，一.故一 一. PJPE PD PB PD注 当PB PD , P为BD中点时，即为1989年12月冬令营选拔赛试题.例17如图1-20,四边形ABCD内接于圆，其边 AB , DC的延长线交于点 P , AD和BC的延长线交 于点Q ,过Q作该圆的两条切线，切点分别为E , F .求证：P , E , F三点共线.（1997年CMO试题）证明图1 20设圆心为O ,连QO交EF于L ,连LD ,LA, OD , OA,则由切割线定理和射影定理，有_2即有 / QLD / DAO / O

38、DA / OLA ,亦QD QA QE QL QO ,从而 D , L , O , A 四点共圆, 即OL为 LAD的内角/ ALD的外角平分线.DL DQAL AQ又 EF，OQ ,则 EL 平分 / ALD .设EF分别交AD , BC于M , N ,于是DMMA同理,CNCQBNBQ曰 DM AM AM DMze,DQ AQ AQ DQAD CN BN BCDQ AQ CQ BQ BQ CQMQ DQ DQ DA 2AQ QN1 1 ,一DM DMAD AD CN2BQBc直线PBA与 QCD的三边延长线相交，由梅涅劳斯定理，有1 CP DA QBPD AQ BCCP DM QNPD M

39、Q CN对 QCD应用梅涅劳斯定理的逆定理，知P , M , N三点共线.所以 P , E , F三点共线.注 此例的其他证法，可参见第二章例9,第九章例15等.例18 已知 ABC的内切圆分别切 BC、CA、AB于点D、E、F ,线段BE、 交于点P、Q,若直线FE与BC交于圆外一点 R.证明P、Q、R三点共线.CF分别与该内切圆（2011年香港奥林匹克题）证明 如图1-21 ,由切线长定理有AE AF .对 ABC及截线EFR应用梅涅劳斯定理，有AFFBBR CE 1 ,RC EA实用文档专业整理16即有BR EA FB FBRC CE aF CE设BE与CF交于点S ,ARB D图1 2

40、1由 EFC s QEC ,CQ FEB s* PFB , SEQs SFP ,有- EQCEEFFP FE SP FPPB FB SQ EQ又对 SBC及所在边上的点 R、P、Q ,有SP BR CQPB RC QSFP CQ FBPB QE CESP CQ BR FP CQ FBSQ PB RC EQ PB CEFE CE FB一 一 一 1 .FB EF CE于是，由梅涅劳斯定理的逆定理，知 P、Q、R三点共线.注意与其他著名定理配合运用例 19 在 Rt ABC 中，已知 / A 90 , / B/C, D是 ABC处接圆的圆心，直线lA、lB分别切eO于点A、B, BC与直线1a、A

41、C与直线1b分别交于点S、D, AB与DS交于点E, CE与直线1a 交于点T ,又设P是直线1A上的点，且使得EP，lA, Q （不同于点C）是CP与eO的交点，R是QT 与e O的交点，令BR与直线1a交于点U .2证明：SU SP 丝.（2005年韩国奥林匹克题）TU TP TA2证明 如图1-22,设BA的延长线与e O （过C点）的切线交于点 E .由帕斯卡定理知 S、D、E三 点共线，从而点E与E重合.实用文档专业整理17先证S、H、T三点共线.由 EG /AD /BC ,知ATPA ETG , GHE ACHB , ASD s BSC占AT石ADEHGEBC BS1 4TE,EG

42、HB,CBAD AS 上述二式相乘，有AT EHBSADGECB d1 .ADTE HBSAEGCB由切割线窄弹知图1 22TA2 TR TQ , SA2 SB SC .SA2 SB SC所以，一2 TA2 TR TQ设TQ与CB交于点对 XTS及截线RBU ,截线QCP分别应用梅涅劳斯定理，有XP TU SB , 1 ,RT US BX 注意相交弦定理，有XQ TP SC =1 .QTXPPS CXXQXB由、，得SUTU 例20在梯形ABCD中, G为边AB上一点，满足 三线共点.证明如图1-23,设直线SPTP已知EG /XPRTSBBXXQ SC SBQT CX TRBC、AD分别为上

43、、下底,CG与BD交于点H_ 2SC SA2 .TQ TAF为腰CD上一点， AF与BD交于点,FH与AB交于点I .证明：CI、FG、AD（2011年乌克兰奥林匹克题）AB与DC、AF与DG分别交于点S、T .S图1 23D实用文档专业整理18对 AES应用梅涅劳斯定理的逆定理，知T、H、S三点共线.考虑 AFI和 DGC ,注意到直线IF与CG , FA与GD、AI与DC分别交于点 H、T、S ,于是由 戴沙格定理，知CI、FG、AD三线共点.【模拟实战】习题A1.在 ABC中，点D在BC上，肛-,E , G分别在AB , AD上，AE - , AG - , EG交DC 3EB 3 GD

44、2AFAC于点F ,求FC2.在 YABCD中，E , F分别是 AB , BC的中点,AF与CE相交于G , AF与DE相交于H ,求AHHG : GF . P是 ABC内一点，引线段 APD, BPE和CPF,使D在BC上，E在AC上，F在AB上.已知 AP 6 , BP 9 , PD 6 , PE 3 , CF 20 ,求 ABC 的面积.（第 7 届 AIME 题）.设凸四边形 ABCD的对角线AC和交于点M ,过M作AD的平行线分别交 AB , CD于点E , F , 交BC的延长线于点 O, P是以O为圆心，以OM为半径的圆上一点，求证： /OPF /OEP.（1996年全国初中联

45、赛题）.已知D , F分别是 ABC的边AB , AC上的点，且AD ： DB CF ： FA 2： 3 ,连DF交BC边的延 长线于点E ,求EF ： FD .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 .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. E , F , G , H分别为四边形 ABCD的四条边 AB , BC , CD, DA上的点，若 EH , BD , FG 三直线共点，则 EF , AC

46、 , HG三直线共点或平行.设X , Y , Z分别是 ABC的边CB , CA和BA延长线上的点，又 XA , YB和ZC分别是 ABC 外接圆的切线.证明：X, Y, Z三点共线.（1989年新加坡竞赛题）.求证：三角形两角的平分线与第三角的外角平分线各与对边所在直线的交点共线.已知直径为 AB的圆和圆上一点 X,设tA, tB和tX分别是这个圆在 A, B, X处的切线.设Z是直线AX与tB的交点，Y是直线BX与tA的交点，证明：YZ , tX , AB三直线共点.（第6届加拿大竞赛题）. P是YABCD中任一点，过P作AD的平行线分别交 AB , CD于E , F ,又过P作AB的平行

47、线， 分别交AD , BC于G , H .求证：AH , CE , DP三线共点.在 ABC中，AA为中线，AA为角平分线，K为AA上的点，使KA? / AC .证明：AA，KC .（第58届莫斯科奥林匹克题）.直线l交直线OX , OY分别于A , B ,点C与D是线段AB两侧的直线l上两点，且CA DB .过 C的直线CKL交OX于K ,交OY于L ;过D的直线交OX于M ,交OY于N .连结ML和KN ,交直 线l分别于E , F .求证：AE BF .设四边形ABCD外切于一圆，E, F, G, H分别是AB , BC , CD, DA边上的切点，若直线 HE与DB相交于点M ,则M , F , G三点共线.设P为 ABC的内点，过点 P的直线l , m , n分别垂直于 AP , BP , CP ,若l交BC于Q , m 交AC于R, n交AB于S,证明：Q , R , S共线.（IMO -28预选题）.已知 ABC的BC与它的内切圆相切于点 F .证明：该圆的圆心 O在BC与AF的两个中点 M , N的连线上.已知凸四边形 ABCD内接于e O ,对角线AC , BD相交于点Q ,过Q分别作直线 AB , BC , CD , DA的垂线，垂足分别是 E , F , G