第1章 梅涅劳斯定理及应用(含答案)

第一章涅劳斯定理及应用

【基础知识】

梅涅劳斯定理设4.R',U分别是△ABC的三动AC.CA.AA或其延长线上的点，若A,用,

则里.里.这：=

C'三点共线,1.①

A!BB'ACB

证明如图1-1,过A作直线AD〃CA'交8c的延长线于。，则

CB'CA!ACDA'..

——=——，故

前一标‘CfBA!B

BA'CB'ACBA1CA1DA',

京而百"京.而其”

注此定理的证明还有如下正弦定理证法及面积证法.

正弦定理证法设NBCA'=a,4CBK="NB'A8=y,在△fiA'U中，有空=理名，同理,

CBsiny

当畸，条黑此三式相乘即证.

面积证法由空■二屋4C'8,CB_Sxc8c_Saci'81_Sdcsc+Sac._,—C_S4AC£,此--

A'CSA.ACC8AS"，AC^/\A'AR'S"AC+SS&c7VCBS4CW

式相乘即证.

梅涅劳斯定理的逆定理设A,B',C'分别是AABC的三边8C,CA,A6或其延长线上的点，若

BNCB'AC1

-------------------=1，②

ACBfACB

则*,B',C'三点共线.

证明设直线Aa交回于G，则由梅涅劳斯定理，得到於•曙・每二1•

小时几CB'AC,即有妗AC

由题设，W—---------------—=1»

ACBfA.CBCBCB

又由合比定理，知妇二如二故有4G=47,从而&与C重合，即A,B'，C'三点共线.

ABAB

有时，也把上述两个定理合写为：设A,BLC'分别是△"（?的三边5C,C4,所在直线（包

括三边的延长线）上的点，则4,B\C'三点共线的充要条件是

BAfCB'AC'

京许■j

上述①与②式是针对△ABC而言的，如图1-1（整个图中有4个三角形），对于△。%'、△&C4'、

△AC8'也有下述形式的充要条件：

CABCA®&ACBA!C,ABCA!B'C,小

------------------=]T;-------------------=I;--------------------=].

ABC4'B'CACBNCB'BCA:B'CA

第一角元形式的梅涅劳斯定理设A,B',C'分别是AABC的三边8C,C4,回所在直线（包括

三山的延长线）卜的点,则4,用，U共线的充分必要条件是

sinZBAA,sinZACCsinZCBBf,公

-----------------------------------------------=1.⑷

sinNA'ACsinZCCfisinNB'BA

图1一2

证明如图1-2,可得

c-ABAA,sinZBAA,

BA_S&\8A.—2

ACS△抬七—AA'•AC•sinNAAC

2

ABsinZBAA

ACsinNA'AC

eh1nCB'BC^n^CBB'ACAC-sinZACC'

B'AABsinNB'BAC'BBCsinZC'CB

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\U分别是△/$(7的三边8C,C4,所在直线上的点,

点。不在八钻。三边所在直线上，则4,B\C'三点共线的充要条件是

sxnABOA!sinZCOBrsinZAOC,自

-----------------------------------------------=1.(5)

sinNAOCsin/B'QAsinZCOB

图1-3

证明如图1-3,由豆吆="，有

S协oc4。

sinZBOA1PCBA1

sinNAOC-丽

闩诩sin/COB'OACB'sinZAOCOBAC

|nj理，---------=--------,----------=--------

sinZB'OAOCBfAsinNC'OBOACB

于是sinN8O4sinNCOB，sinZAOCBA：CB'AC

sinNA'OCsinNBYZAsin"08-M诙~CB'

故由梅涅劳斯定理知A,B',U共线=”•竺・华=1.

A!CR'ACB

从而定理获证.

注（1）对于④、⑤式也有类似③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①、②、③、④、⑤式中的右端均为-1,③、

④、⑤式中的角也可以按①或②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1一4,在四边形ABCD中，AABD,AfiCD,△A3c的面积比是3：4：1,点M,N分

别在AC,CD上，满足AM:AC=CN：CD,并且8,M,N共线.求证："与N分别是AC和

CQ的中点.（1983年全国高中联赛题）

D

B

图1—4

CN

证明攻----=----(0<r<l),AC交BDFE.

ACCD

S&ABD,SgcD:S*=3：4：l，

BEIAE3

—=—，=—.

BD7AC7

AMAE3

EM_AM-AE_ACAC_「77-3

~MC~AC-AM—~~AM~\-~1-lr'

1―-----r

AC

又因8,M,N三点共线，可视mW为犯的截线，故由梅涅劳斯定理，得

CNDBEM,Hnr77r-3,

NDBEMC1-r17-7r

化简整理，得6r-r-l=0,

解得r=Lr=--（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ABC。中，对角线AC平分N84。，在8上取一点E,BE与AC相交于尸，

延长OF交8c于G.求证：NG4C=/£4C.（1999年全国高中联赛题）

A

01-5

证明记N24C=NCA0=e,ZGAC=a,4EAC二0,直线GED与△BCE相截，由梅涅劳斯定理,

有

iJGCDEF二S△谢S△心

GCDEFBS^AEDS^ABF

_ABsin(0-a)ACsin6AE•sinft

AC-sinaAE-s\n(O-ABsin6

_sin(0-a)•sin/3

sina-sin(6-£)

故sin(e-a)sin/=sin(e-£)-sina.

即sin6cosa•sin/—cos6•sina•sin夕=sin0-cos/?•sina-cos6•sin尸•sina,

亦即sin0-cosa.sin=sin-sina-cosp<=>sin(a-^)=0<=>a-^=fac»且2只可能为0,故NG4c

=ZE4C.

例3设E、尸分别为四边形ABC。的边BC、CD上的点，BF与DE交于点,P.若NKAE二NE4D,

则ZBAP=ZCAD.

证明如图1-6,只需证得当A/关于NKA。的等角线交座于P时，B、P、产共线即可.

图1一6

事实上，B、尸、尸分别为△CDE三边所在直线上的三点，且A不在其三边所在直线上.

又NE4D=NE4B,ZDAP=ZBAC,NE4£=NC4产，

由第二角元形式的梅涅劳斯定理，有

sinZE4BsinZCAFsinZDAP,,,„„

--------------------------------------------=1.故8、尸、产三点共线.

sinZBACsinZFADsinZPAE

注当AC平分NKAD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8,G关于AC的对称点分别为8',G,易知A,D,3'三点共线，连所',

FG,只须证明A,E,G'三点共线.

设NEFR=a,NDFE=4BFG=FG=0,NAFD=/GFC=NGFC=y,则

DAB'G'CES»S4FECFD-sinyFB'-sinpFC-sin(/7+/-a)

--------------------=,0A*,•'—='・•=].

AB'G'CEDSAre.ASyceS△立QFB'sin[^+y-a)*FC-sin/FD-sin/?

对△CEO,应用梅涅劳斯定理的逆定理，知A,E,G'三点共线.故NG4C=NE4C.

注在图1-5中，*式也可为sin(180。-4一7),若8'在4)的延长上，贝产式为sin(4+/+a).

例4如图1・7,0。与。。2和△ABC的三边所在的3条直线都相切，E,F,G,”为切点，直

线EG与FH交于点P.求证：PA±BC.（1996年全国高中联赛题）

证法1过A作AD_L8C于。,延长必交直线"F于点P.对△AH）及截线77/77应用梅涅劳斯定

理，有

AHBFDP11

------------------=1.

HBFD

I.,*AHDP

由BnFr=BH,有--------------=1.

FDP4

显然Oi，A,O?三点共线，连0/，OtG,Q尸，Q"，则由«后〃人。〃。2尸，有△AGQS/XAHQ,

DEAO.AGAHAG

从而——=——!"=——,即nn——=——.

DFAO,AHFDED

AHDP1DP'AGDP1AGCE

又CE=CG,

~FD~FA~^A~ED~~FAGC~ED

对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知P,G,E三点共线，即P为直线£G与切的交点.故

点产与点P重合，从而E4_L8C.

证法2延长E4交5c于。，直线网卯与△的三边延长线都相交，直线PGE与△AQC的三边

延长线都相交，分别应用（迭用）梅涅劳斯定理，有

AHBFDP.DPAGCE,

-----—•■=1,-----------—=1•

HBFDPAPAGCED

上述两式相除，则有丝■•生AGCE

HBFD~GC~ED

而HB=BF,CE=GC,于是理=丝，即改=匹

FDEDAHDF

连@G,OE,GA,O2A,02H,02F,而。1，A,Q共线，则OG工GC，O2H±BH,且

X0\AGs、从而空=4£=型，于是AO〃«E.故即，即小_L8C.

O2AAHDF

【解题思维策略分析】

梅涅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△A5C的重心为G,M是8C边的中点，过G作8c边的平行线交边于X,交4c边

于y,且XC与G8交于点Q,也与GC交于点P.证明：RMPQsX瓯.

（1991年第3届亚太地区竞赛题）

证明如图1-8,延长8G交AC于N,则N为AC的中点.由XK〃3C,^1—=—=2,W—=--

XBGMCA2

图1-8

对及截线XQC,应用梅涅劳斯定理，有

AXBQNC.BQ\,^…

------------------2•—--=1,故3Q=QN.

XBQNCAQN2

从而MQ〃AC,且MQ=gcN=；AC.

同理，MP//AB,且MP=，AB.

4

由此可知，NPMQ与N84C的两边分别平行且方向相反，从而NPMQ=NBAC,且竺=旭，故

ABAC

△MPQs/\ABC.

例6△MC是一个等腰三角形，AB=AC,"是的中点；。是的延长线上的一点，使得

OBQ是线段8C上不同于B和C的任意一点，E在直线匕r在直线AC上，使得E,Q,

产是不同的和共线的，求证：

（I）若OQ_LE尸，则QE=QF；

（11）若QE=QF,则OQ_LE〃.（1994年第35届IMO试题）

证明（1）如图1-9,连OE,OF,DC.由OQ_LE/，易证O,E,B,。四点共圆，O,C,F,

。四点共圆.则ZOEQ=ZOBQ=ZOCQ=ZOFQ,因此OE=OF.故QE=QF.

A

图1-9

（II）由=EQ=QF,对△他尸及截线BQC运用梅涅劳斯定理，有1="■・丝■•区=二,

BEQFCABE

即8E=C尸.于是可证俎RtZ\OCF,得OE=OF,故OQJ_M.

例7在凸四边形ABCD的边AB和8c上取点E和产，使线段OE和。尸把对角线AC三等分，已知

S2DE=S4CDF=%ABCD'求证：旗8是平行四边形•（1%。年第16届全俄竞赛题）

证明如图1-10,设。石，。尸分别交AC于P,Q,两对角线交于M.要证A8CO是平行四边形，

若证得AM=MC（或尸M=MQ）,且=即可.

图1-10

由S^ADE一SMDFS^ADP-Sdcg（等底等高），知S△m二SM/TQ，而A〃c。，故有夕〃AC，从而有

BEBF

~EA~~FC'

对△HAM及截线£PD,△8CM及截线产QD,分别应用梅涅劳斯定理，有

BEAPMD,公

EAPMD8

纥丝.殁=1.②

FCQMDB

由①，②两式相除得空■=5g.

PMQM

而AP=CQ,故PM=MQ,即有4Vf=MC.

此时，又有s△丽=SACBD=—SABCD.

T7CLLA工曰BEAPMD12MD

又由S&ADE=—^AMD，知BE=EA»于7E①式可写为--------=--------=1t»

△ADE4ABCDEAPMDB11DB

即有。8=2MD,亦即=

故ARC/)为平行四动形.

2.导出线段比例式的重要途径

例8在△AAC中，A4,为BC边上的中线，A人为N84C的平分线，且交5c于人，K为A4,上的

点，使K%〃AC.证明A%J,KC.（1997年第58届莫斯科竞赛题）

证明如图1-11,延长CK交A8于。.只须证A£>=AC.

由A4平分N84C,有二=".①

ACA,C

由。〃AC,有型=4A.

一KAA2c

注意到对及截线运用梅涅劳斯定理，得

AC=241c,OKC

1=也匹芷二丝2M.故生二维，由合比定理，有

DBCAtKADB&CDAA2C

BD+DA2AA>+A,CAA)+ACAA)+BA^即1为AB

②

DA~-AC~-~~\C--—\C-''~AD~~\C

由①，②式有空=空，故AC=AO.

ACAD

例给定锐角△在边上取点，位于与之间），在边上取点（

9ABC,8CAA,4CC4B.B2

位于々与之间），在边上取点（位于与之间），使得乙招

AC,,C2C2G84=NA42A=NBBB=

ZBBBZCCC直线，片与可构成一个三角形，直线佻，员与可构

21=,2=ZCC2C,,M8CG8CG

成另一个三角形.证明：这两个三角形的六个顶点共圆.（19光年第36届1M。预选题）

证明如图1-12,设题中所述两个三角形分别为△UVW与△X〉Z.

AC,AC

由己知条件，有△AC£s△AB2B,△△BC.C,△（?825s△C41A,得

好蔡鲁唠，此三式相乘喷第鲁=LI花一花’

对△A4tB及截线CUC、,△AA2c及截线BXB”分别应用梅涅劳斯定理，得

价若会“②翁黑馈小③

①，②，③三式相乘化简，得丝_=空.故LX〃8C.

U%x\

同理，WX//CA.故/4依=/44)4=/543=/小/.

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.

例工0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。和E,分别过点

D,E作BC的垂线，垂足依次为尸，G,线段DG和印交于点求证：AMA.BC.

（IMO-37中国国家队选拔赛题）

图1-13

证法1设直线AM与8c交于H,连BE,CD,则知NBEC=N80C=90°,直线fME与△河7相

截，直线GMD与△回"相截，迭用梅涅劳斯定理，有

AMHFCE,AMHGBD

FHCF•AE•BD

两式相除，得-----=------------------

HGCE•BG•AD

在Rt△£)8。与Rl△EBC中，有

CD2=BCFC,BE?=BC-BG,即竺=竺.将其代入①式，得

BGBE~

2

FH=CDAEBD

~HG~BE2CEAD'

又由△ABESAACD,有CDAD

~BE~~AE

FHCDBDS^DRCDFDM

将其代入②式，得从而,MH//DF.

~HG~BECE~~~EG~~MG

而DFLBE,则也H_L5C,故AW_L8c.

证法2作高A”，连BE,8,则N8DC=90=NBEC,于是，DF=BDsinZB=

BC-cosZB•sinZB,EG=BCcosNC•sinZC.

GMEGcos/CsinNCcosNC

MDFDcosZBsinZBACcosNB

又BH=ABcos/B,HG=AE・cos/C,

BH_ABcosZB_ACcosZBBHGMAB*BHGMDA

即HtI--------=----,西(---------=----=It.

~HG~AEcosZC~ADcosZC"HGMDADHGMDAB

对^8GD应用梅涅劳斯定理的逆定理,知“，M,A三点共线.由A”_LBC,知

AM±BC.

例11如图1-14,设点/,H分别为锐角△A5c的内心和垂心，点与，G分别为边AC，回的中

点.已知射线线/交边4B于点（不08）,射线CJ交AC的延长线于点G，82G与5c相交于K,

A为△8”。的外心.试证：A,/,凡三点共线的充分必要条件是△BKB?和△CKC?的面积相

等.（CMO-2003试题）

图1一14

分析首先证A,/,%三点共线。N84C=60°.

设。为△A3C的外心，连笈O,CO,则/3OC=2NK4c.又N3〃C=180°-N84C,因此，ZBAC=60°

=8,”，O,C四点共圆

u>A在△旗。的外接圆。。上

与例重合。A,7,4三点共线.

其次，再证SABK%=S4CKJ=NBAC=60。.并在三角函数式中，用A、B、。分别表示三内角.

证法1设△ABC的外接圆半径为R,C7的延长线交于。，对△ACD及截线CJC2,应用梅涅

劳斯定理，有名.且.经=1.

①

C,DICC2A

ACAB

注意到CiD=AD-ACl=_^.

11AC+BC2

2sin2-sin^^/?

AB(AC-BC)sinC(sin8—sinA)•R22

2(AC+BC)sin8+sinAA-B

cos

2

.C.B-A

sin—•sin—

则必22

AC,CA-B

cos-cos

22

sin(；+8A-B.B-A

sm-------

ICACsin/ADC笠不，由①式，有人』至二

而—A•从而

DIADsinNACO.Cs一『DIAC,

sin—cos-

222

.c"

2sin-

ACAC,-CC?22

-QAC

ACcos—

2

又对△AS及截线片/玛，应用梅涅劳斯定理，有42.必.空

B]DIC

A-B.C

sin-cos----sin—2sin-sin-

注意到有空2=3ADAB2-B2D

22_______2=即

'1A3,ICA-BAB,AB,A-B

cos—cos—cos—

222

cos*A-BA-B

coscos——

AC2AB..SinB_______2

AB,AB

A。；.J8AC+BCBsin8+sinA..A.B

zsin—sin—2sin—sin2sm—sin—

22222_2

Bc.AC

cos—2sin—•cos—

AB

AB--------#—r-从而22③

-CAABB

2cos—sin—2cos—

222

由=S△CKG=S^ABC=S注意②，③且A为锐角

AB2•AC2

=/班C=600.

证法2如图1-14,设直线4交8c于尸，直线44交C8的延长线于E.对/XACF及截线3JE,应

用梅涅劳斯定理，有殁•空,且=1.

④

B.CEFIA

又由A4=8C及角平分线性质，即有.=空=些=如

IACABAAB+AC

F]n

令BC=a,AC=b,AB=c,则一二——.

IAb+c

由④式，有生=处£,即空=*

EFaCFCE-EFb+c-a

而。尸=旦，则EF=a2b

b+c(b+c-a)(b+c)

又BF二与BE=EF-BF=4("一°(由题设知a>c).

h+cb+c-a

从而—=

BE(b+c)(a-c)

后A/FEBB,,

对△/麻及截线/4E,应用梅涅劳斯定理,刊-----------=1.

IFEBB2A

a-cABA8,a+h-c

将⑤式代入上式，得多="•竺⑥

乱AAIEF~b~AB,AB.b

（=1X10ACa+c-b

I可理----=-------.

AC2

0合=」注意⑥,⑦=

由SAHK叫=S&CKC?=S^ABC=S&AR2c2

b

a2=b2+（r-bc<^ABAC=60°.

注例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》（《中等数学》2003

年第6期）.

例12如图1-15,凸四边形ABC。的一组对边84与CD的延长线交于M,且AO*8C,过M作截

线交另一组对边所在直线于”，L,交对角线所在直线于”'，L'.求工业化：—+—=^-+^-.

MHMLMH'ML'

图1-15

证法1如图1-15,对亿7）及直线8LC由梅涅劳斯定理得

MLLBDC.

五,而

对ADLW及直线BAM由梅涅劳斯定理得

UMHADB.

而•布.正”

对及直线CH'A由梅涅劳斯定理得

HH'MCDA,

--------------------------=1.

H'MCDAH

由①,②x③得笠IMHH'

~MHH'M

HH'LL'

所以

MH•H'MML-UM

nH'M-MHML-ML'

所以----------=---------

MH-H'MML-L'M

MHMLMH'HL'

证法2设AD与8c的延长线相交于O.△8ML和△€1，以均被直线AO所载，迭用梅涅劳斯定理,

有

BAHLOB不CDHLOC0

-----=-----------9①-------=----------------»②

AMMHLODMMHLO

由①UC+②BL,得

BACDHLOBLC+OCBL小

-------FBL=-------------------------.⑶

AMDMMHLO

注意到OBLC+OCBL=BCLO（直线上的托勒密定理），则③式变为LC•2■+8L•*■=

AMDM

DC・黑.④

1nr

又由加）截△LCM和AC截△LBM,迭用梅涅劳斯定理，有BC-------=BL——，

L'MMD

LHf

BC

TTM

将此结果代入④式整理，即得欲证结论.

注当AD〃8C,④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.

3.论证点共直线的重要方法

例13如图1-16,△ABC的内切圆分别切三边BC,CA,于点0,E,尸，点X是的

一个内点，△X5C的内切圆也在点。处与3c边相切，并与CX,XB分别相切于点V,Z.证明：EFZY

是圆内接四边形.（1995年第36届IMO预选题）

图1一16

证明由切线长定理，知CE=CO=CY,BF=BD=BZ,AF=AE,XZ=XY.

设8C的延长线与庄的延长线交于P,对△MC及截线小P,应用梅涅劳斯定理，有

X_AFBPCE_AFBPCE

~~FB~PC~EA~~EA~PC~FB

=XZBPCY=XZBPCY

~~YX~PC~ZR~^B~PC15(,

对△X5C应用梅涅劳斯定理的逆定理，知Z,Y,尸三点共线，故由切割线定理有尸£-P"=PO2,

PYPZ=PD2.

以而PE•尸产=py-pz,即£7zy是圆内接四边形.

例14如图1-17,△谡（7中，NA内的旁切圆切NA的两边于A和42，直线人42与8c交于4；类

似地定义片，玛和G求证:三点共线・

B2,，c2,c3.43,B],G

证明由切线长定理，知想=A%,BB.=BB.,CC,=。。2.对△48C与直线GGG，A4A,用与用

分别应用梅涅劳斯定理，有

x_ACyBC2CC|AC.BC2]

~~C^~C^C~QA'

%C\A41BA、CA2

1=菽丽.懑=布•丽

]_。员AB2BB.CB3A星_]

―职厮*一丽前―,

上述三式相乘，有

4c3%CB,AC,B.CAC,\B4c

C3BA3cB}ABC、CA,AB-,CAyAB,BC,

设。&切AB于K,O。2切AC于L,则由B瓦=防2，可得BC?=BK=g(BJ-KBJ.同理

BlC=CL=^(BlC2-LCl).又由两内公切线长相等，即KB=LG，故8c2=8。.同理，CA2=4C,,

做二43.

从而这..空.经=1,故对用梅涅劳斯的逆定理，知4，B、,G三点共直线.

GBA3c员A

例15如图1-18,设△ABC的三边8C,C4,所在的直线上的点O,E,产共线，并且直线AD,

RE,C/关干/A,/B./C平分线的对称直线AD',RE,CF分别与RC.CA,AA所在直线

交于O',£,F,则O',£,F也共线.

图1-18

证明对N/WC及截线FED应用第一角元形式的梅涅劳斯定理，有

smZBADsinZCBEsinZACF1

sinZDACsinZEBAsinZFC5

由题设知，NCAiy=NBAD,/DAB=/DAC,NBCF，=NACF,ZFfCA=ZFCB,NABE=NCBE,

NEBC=NEBA,从而有

sinNCAOsin/AB£sinZBCT

1,即

sin/D'ABsin/E'BCsinN/'CA

sin/助力'sinNCBE'sinZ.ACF',

---------=1.

sinZDfACsinsinZFVB

故由第一角元形式的梅涅劳斯定理，知。，£,厂'共线.

例16在筝形A58中，AB=AD,BC=CD.过班）上的一点尸作一条直线分别交A£＞、BC于E、

F,再过点P作一条宜线分别交AB、8于G、H.设G/与E”分别与8。交于/、J,求证：

PIPJ

~PB~~PD•

证明如图1-19,过8作AD的平行线交直线所于再过8作C。的平行线交直线GH于”'，则

NEBP=NEDP=NPBG,NH'BP=/HDP=/PBF.

图1-19

进而NHBG=/H'BP—/GBP=/PBF-4PBE=4EBF.

山山sinNPBH'sinZGBIsinZFB£XsinZFBPsinNGBPsinZFBf*,

sin/a5GsinZZBFsinZE1BPsinNEB尸sinZPBFsinZPBG

又“'、/、£分别为三边所在直线上的点，且点8不在△/＜；尸三边所在的直线上.由第二

角元形式的梅涅劳斯定理的逆定理知H'、I、E共线.

于是，由△QBE's△尸£陀，/\PH'Bs/\PHD.有EH'〃EH.

PIPE'PB柏PIPJ

因此，—---=---.故—=---

PEPDPBPD

注当PR=PD,尸为A力中点时,即为1989年12月冬令营选拔赛试题.

例17如图1-20,四边形A8CD内接于圆，其边DC的延长线交于点户，4）和8C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,尸三点共线.

（1997年CMO试题）

图1-20

证明设圆心为O,连QO交所于L,连LD,LA,OD,Q4,则由切割线定理和射影定理，有

QDQA=QE2=QLQO,从而。，L,O,4四点共圆，即有NQLD=ND4O=/ODA=NOL4,

亦即“为aLAO的内角NAL。的外角平分线.

又EFLOQ,则包平分NALD.

设即分别交4),BC于M