試卷奧賽經(jīng)典-奧林匹克數(shù)學(xué)中的幾何問(wèn)題---梅涅勞斯定理及應(yīng)用

1、第一章涅勞斯定理及應(yīng)用【基礎(chǔ)知識(shí)】梅涅勞斯定理設(shè)A , B , C分別是 ABC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,BA CBAC 1 .CBA B BA1證明如圖1CBBAAAr1 ,過(guò)A作直線AD / CA交BC的延長(zhǎng)線于AC DA,故C B A BBAA C正弦定理證法，在ABA C中，有外嘰，同理, sinCB sinCA sinAC面積證法ABBAA-C山，此三式相乘即證. 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注此定理的證明還有如下正弦定理證法及面積證法.相乘即證.CA , AB或其延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，若梅涅勞斯定理的逆定理設(shè)A , B , C分別是4ABC的三邊BC ,BA CB ACAC BA CB則A , B , C三點(diǎn)共線.證明 設(shè)直線AB交AB于Ci ,則由梅涅勞斯定理，得到BA CBAC BAAC1 1.C1A由題設(shè)，有BAA C又由合比定理，知也皿1 ,即有給BA CBC1BAC1也，故有AC1AB ABACCBAC ,從而Ci與C重合,有時(shí)，也把上述兩個(gè)定理合寫為：設(shè) A ,B , C

3、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BA CB AC 1 .AC BA CB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4CBA、 B CA、 AC B也有下述形式的充要條件：實(shí)用文檔專業(yè)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勞斯定理設(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

4、 , C共線的充分必要條件是sin / BAA sin / ACC sin / CBB小1sin Z A AC sin/CCB sin Z B BA證明如圖1 2,可得BA Sa abaA C Saaac圖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，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 , C分別是4ABC的三邊BC , CA , AB所在直線上

5、的點(diǎn),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 Z BOA sin Z COB sin/AOC心1 .sin/AOC sin/BOA sin Z COB圖1 3證明 如圖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實(shí)用文檔專業(yè)整理工日 sin / BOA sin / COB sin / AOC于 ZE sin AOC sin B OA sin COB故由梅涅勞斯定理知

6、A , B , C共線 從而定理獲證.BACBACACBAC BBACBAC1A CBAC B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)用梅涅勞斯定理的關(guān)鍵例1 如圖1 4,在四邊形 ABCD中，4ABD , BCD , ABC的面積比是 3 ： 4 ： 1 ,點(diǎn)M , N分 別在AC , CD上，滿足 AM : AC CN ： C

7、D ,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 40 r 1 ), AC 交 BD 于 E .AM CN TOC o 1-5 h z 證明 設(shè) 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三點(diǎn)共線，可視 BMN為 CDE的截線，故由梅涅勞斯定理，得CN DB EMr 7 7r 3 ,1 ,即1 .ND BE MC1 r 1

8、7 7r化簡(jiǎn)整理，得6r2 r 1 0,一一11解得r- ,r-（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/ BAD，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）實(shí)用文檔專業(yè)整理證明 記/BAC /CAD 有1 BG CD EF abg GC DE FB SaaedA圖1 5,/ GAC , / EACSAAEFSAABF，直線65口與4 BCE相截，由梅涅勞斯定理,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只可能為0,故/GAC/ 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.AB EC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

10、所在直線上.又 / FAD / EAB , / DAP / BAC , / PAE / CAF ,由第二角元形式的梅涅勞斯定理，有1 .故B、P、F三點(diǎn)共線.sin / EAB sin / CAF sin / DAP sin / BAC sin / FAD sin / 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 ,實(shí)用文檔專業(yè)整理FG ,只須證明A, E,G三點(diǎn)共線.設(shè)DA ab-對(duì)/ 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 ,應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理,注 在圖1-5中，*式也可為sin（180知 A , E , G三點(diǎn)共線.故）,若B在AD的延長(zhǎng)上，則/ GAC /EAC .* 式為 sin().例4 如圖1-7, e Oi與e 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：PA BC .（1996年全

12、國(guó)高中聯(lián)賽題）OD圖1 7E BC F證法1 過(guò)A作AD，BC于D , 理，有AH BF DP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HB FD PA由BF BH ,有AH DP , 1 .FD PA顯然Oi , A, O2三點(diǎn)共線，連O1E , O , O2F , 02H，則由O1 E / AD / O2F，有 AGO1 s AHO2 ,從而四DFAO1AO2AGAH,即也密FD ED又 CE CGAHFDDP DP AGPA P A EDDPPAAGGCCEED對(duì) ADC ,應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理, 點(diǎn)P與點(diǎn)P重合，從而PAX BC .知P , G , E三點(diǎn)共線

13、，即P為直線EG與FH的交點(diǎn).故證法2 延長(zhǎng)PA交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CE d1EDAH BF DP1 ,DPAGHB FD PAPAGC則有AHBF上述兩式相除，HBFD而 HB BF ,CEGC ,于是AGGCCEEDAHFD黑即第DEDFO1A , O2A, O2H , O2F ,而 O1 , A,O2 共線，則 OG，GC , O2H BH，且 O1AG s02AH，從而O5署能是 AD / O1E ,故 AD, EF ,即 PA BC .實(shí)用文檔專業(yè)整理【解題思維策略分析】梅涅

14、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邊的平行線交 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： MPQ s ABC .（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XY / BC ,知竺 & 2而HC 1 XB GMCA 2圖1 8對(duì) ABN及截線XQC ,應(yīng)用梅涅勞斯定理，有AX BQ NCXB QN CABQ 1321

15、,故 BQ QN .QN 2從而MQ / AC ,且MQ1 _1 _-CN -AC .241 同理，MP II AB ,且 MP -AB .4由此可知，/ PMQ與/ BAC的兩邊分別平行且方向相反，從而 / PMQ / BAC ,且MP 皿，故 AB AC MPQ ABC .例6 ABC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OB AB ； 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U QE QF ;（n ）若 QE QF ,則 OQ，EF .（1994

16、 年第 35 屆 IMO 試題）證明 （1）如圖1-9,連OE , OF , DC .由OQ，EF ,易證O , E , B , Q四點(diǎn)共圓，O , C , F , Q 四點(diǎn)共圓.則 / OEQ / OBQ / OCQ / OFQ ,因此 OE OF .故 QE QF .實(shí)用文檔專業(yè)整理(n)即BE例7證明AQBC圖1 9OAB由AB AC , EQ QF，對(duì) AEF及截線BQC運(yùn)用梅涅勞斯定理， 有1 BECF .于是可證 RtAOBE 9 RtAOCF，得 OE OF ,故 OQ，EF .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EQ ECQF CAAC三等

17、分,FCBE已知e 1cSa CDFSabCD，4如圖1-10,設(shè)DE求證：ABCD是平行四邊形.（1990年第16屆全俄競(jìng)賽題）證彳# AM MC (或PMDF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MQ ）,且BM MD即可.圖1 10由 Sa adeSa CDF， SA ADPSa cdq （等底等高），知 Sa aep Sa cfq ,而 APCQ ,故有 EF / AC ,從而有BEEA對(duì)BFFCBAM及截線EPD , BCM及截線FQD,分別應(yīng)用梅涅勞斯定理，有BEEABFFCAP PM CQ QMMD , 一 1 ， DBMD 1 .DB由，兩式

18、相除得而 AP CQ ,故 PMAPPMMQCQ.QM,即有AM MC .此時(shí)，又有S/x ABDSACBD實(shí)用文檔專業(yè)整理一 ,1又由SaADE - SABCD ,知BE EA ,于是式可寫為 dADEABCD4即有DB 2MD ,亦即BM MD .故abcd為平行四邊形.BE AP MDea 麗Db1 2 MD 1 ,1 1 DB2.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4 , K為AA上的點(diǎn),使 KA2 / AC ,證明 AA2 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

19、 AC .圖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,即為 A2cA2cAD A2c注意到BC 2AC ,對(duì) ABA及截線DKC運(yùn)用梅涅勞斯定理，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 給定銳角 ABC ,在BC邊上取點(diǎn)A , A2 （ A2位于A1與C之間），在CA邊上取點(diǎn)B1 , B2 （

20、 B2位于B1與A之間），在AB邊上取點(diǎn)C1 , C2 （ C2位于G與B之間），使得Z AAA2 / AA2A / BB1B2/ B&B / CC1C2 / CC2G ,直線AA , BB,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 .實(shí)用文檔專業(yè)整理A圖1 12由已知條件，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對(duì) AAB及截線CUC1 , AA2c及截線BXB2,分別應(yīng)用梅涅勞斯定理，得AU AC BC1UA1 CB C1AA2X AB2 CBXA B2C BA2，三式相乘化簡(jiǎn)，得 AU -AX-.故UX / BC .UA1 XA2同理，WX / CA . Z AUX /AAA ZBB1B2 Z 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

22、交于點(diǎn)M .求證：AM BC .（IMO -37中國(guó)國(guó)家隊(duì)選拔賽題）ABF H G C圖1 13AM HF CEMH FC EA兩式相除，得FH CF AE BDHG CE BG AD證法1 設(shè)直線 AM與BC交于H ,連BE , CD ,則知/ BEC / BDC 90 ,直線FME與 AHC相截，直線GMD與 ABH相截，迭用梅涅勞斯定理，有AM HG BD1 ,1 .MH GB DA實(shí)用文檔專業(yè)整理在 Rt DBC 與 Rt EBC 中，有CD2 2 一BC FC , BE BC BG ,即將其代入式，得FHHG2CD2 AE BDBE2 CE AD又由 ABEs ACD ,將其代入式，

23、得里HG占 CD有 BECD BDBE CEAD.AESA DBCS EBCDFEg也，從而，MH II DF .MG而 DF，BE ,則 MH，BC ,故 AM 證法2 作高AH ,連BE ,則 / 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 對(duì) B

24、GD應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知 AM BC .BHHGGMMDAB ,故ADBH GMHGMD例11 如圖1-14,設(shè)點(diǎn)I , H分別為銳角點(diǎn).已知射線B1I交邊AB于點(diǎn)B2 （ B2A 為 BHCA三點(diǎn)共線.由 ABC的內(nèi)心和垂心，點(diǎn)AHDAAB BCC1分別為邊B ),射線C/交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)C2 , B2c2與A1三點(diǎn)共線的充分必要條件是 BKB2和AC, AB的中BC相交于K ,CKC2的面積相等.（CMO-2003 試題）E圖1 14分析首先證A, I , A三點(diǎn)共線/ BAC 60設(shè)O 為 ABC 的外心，連 BO , CO ,則 / BOC 2/BAC .又/BHC 180/

25、BAC,因此，/BAC 60B , H , O , C四點(diǎn)共圓A在 ABC的外接圓e O上實(shí)用文檔專業(yè)整理10AI與AA1重合A , I , A二點(diǎn)共線.其次，再證$ Bkb2 S(ackc2/ 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) ABC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又對(duì) ACD及截線注意到AB2Csin B2. Csin 一2A B cos2.C sin 2CC2C2AICDICiD ACiB A sin2C cos 2.從而B(niǎo) cos2C cos2BIB2,應(yīng)用梅涅勞斯定理,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.從而Ca2cos sin22ABAB2AC2sin cos -22B cos2Sabkb2Sa ckc2Sa abcSaab2c2AB ACab2 ac22 A4sin i ,且A為銳角 2/ BAC 60如圖i-i4,設(shè)直線AI交BC于F ,直線BE2交CB的延長(zhǎng)線于E .對(duì) ACF及截線BIE ,應(yīng)實(shí)用文檔專業(yè)整理11用梅涅勞斯定理，有AB1 CFb1c EFFI1 . IA又由AB1B1C及角平分線性質(zhì),即有FI CFIA

28、 CABFBABCabAc令BCACFI由式,CEEF而CFabEFYa2bIAEFCEEf(b又BFacb cBE EFBFa)(b c)a(a c)(由題設(shè)知 b c a從而EFabBE (b c)(a c)對(duì)AABF及截線IB2E ,應(yīng)用梅涅勞斯定理，有AIIFFE BB2EB將式代入上式，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

29、數(shù)學(xué) 年第6期）.作截例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:MH ML MH1MLO證法1如圖1-15,對(duì)AML D及直線BLC由梅涅勞斯定理得MLLL4*BD CM對(duì) DL H及直線BAM由梅涅勞斯定理得L M HA DB , 1 MH AD BL對(duì) MHD及直線CH A由梅涅勞斯定理得實(shí)用文檔專業(yè)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證法2有M

30、L MH HL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HL OBMHLCLO%CDDMHL OC y,MH LOBALC AMBLCDDMHLMHOB LC OC BL LO注意到OBLC OC BL BC LO （直線上的托勒密定理），則式變?yōu)長(zhǎng)CBAAMBLCDDMDC -HLMH又由BD截 LCM 和AC截 LBM ,迭用梅涅勞斯定理，有BCLLL MBLDCMDBC H MLC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推論.論證點(diǎn)共直線的重要方法EFZY是

31、圓內(nèi)接四邊形.ABC的證明：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,點(diǎn)X是 一個(gè)內(nèi)點(diǎn)， 4XBC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) Y , Z .（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 設(shè)BC的延長(zhǎng)線與FE的延長(zhǎng)線交于CY ,P,對(duì)BF BD BZ , AF AE, XZ XY . ABC及截線FEP ,應(yīng)用梅涅勞斯定理，有實(shí)用文檔專業(yè)整理13AF BP CE AF BP CEFB PC EAEA PC FBXZ BP CYYX PC ZBXZ BP CY zB PC Y

32、x對(duì) XBC應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知Z, Y , P三點(diǎn)共線，故由切割線定理有PE PF PD2,_2PY PZ PD .以而PE PF PY PZ ,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ZA的兩邊于 A和A2,直線A4與BC交于A ;類似地定義B1? B2,艮和 C- C2艮，C3三點(diǎn)共線.,C3.求證:AA2 , BB1證明BB2，CC1CC2 .對(duì) ABC 與直線 GC2c3 , AAA , B1B2B3AC3BC2CC1AC3BC2 1C1AC3BC2CC1AC3BBA3CA2AABA3CA21 , ABA3CA2AABA3CCB3ab2B

33、B1CB3AB2 1BCB3AB2BB1CB3A由切線長(zhǎng)定理，知AA分別應(yīng)用梅涅勞斯定理，有111上述三式相乘,有AC3 BA3 CB3C3B A3C B3AAC1BC2ABCA2B1cAB2AC1CA2ABAB2B1cBC2設(shè)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).又由兩內(nèi)公切線長(zhǎng)相等,KB2 LC1 ,故 BC2 BC .同理,CA2 AG ,實(shí)用文檔專業(yè)整理14 AC BA CRo從而 3 3 1 ,故對(duì) ABC用梅涅勞斯的逆定理，知 A3, &, C3三點(diǎn)共直線.C3B A3c

34、 B3 A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.ABC D圖1 18D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 Z BAD sin/CBE sin/ACF ,:：:1 sin / DAC sin / EBA sin / FCB由題設(shè)知，/CAD /BAD, /DAB / DAC , / BCF/ ACF，/ F CA / F

35、CB , / ABE / CBE ,Z E BC / EBA ,從而有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勞斯定理，知例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AD、BC 于 E、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I、J，求證:PIPBPJPD證明 如圖1-19,過(guò)B作AD的平行線交直線 EF于E

36、 ,再過(guò)B作CD的平行線交直線 GH于H，則/EBP /EDP /PBG, Z HBP / HDP / PBF .BFC圖1 19進(jìn)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分別為 PGF三邊所在直線上的點(diǎn)，且點(diǎn) B不在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 , APH BA PHD .有 EH II EH .sin / FBE

37、1 .sin / PBG PGF三邊所在的直線上.由第二實(shí)用文檔專業(yè)整理15PI PEPB, PIPJ因此，一.故一 一. PJPE PD PB PD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）證明圖1 20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即有 / QLD / DAO / O

38、DA / OLA ,亦QD QA QE QL QO ,從而 D , L , O , A 四點(diǎn)共圓, 即OL為 LAD的內(nèi)角/ ALD的外角平分線.DL DQAL AQ又 EF，OQ ,則 EL 平分 / ALD .設(shè)EF分別交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直線PBA與 QCD的三邊延長(zhǎng)線相交，由梅涅勞斯定理，有1 CP DA QBPD AQ BCCP DM QNPD M

39、Q CN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、 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.CF分別與該內(nèi)切圓（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EFR應(yīng)用梅涅勞斯定理，有AFFBBR CE 1 ,RC EA實(shí)用文檔專業(yè)整理16即有BR EA FB FBRC CE aF CE設(shè)BE與CF交于點(diǎn)S ,ARB D圖1 2

40、1由 EFC s QEC ,CQ FEB s* PFB , SEQs SFP ,有- EQCEEFFP FE SP FPPB FB SQ EQ又對(duì) SBC及所在邊上的點(diǎn) 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，由梅涅勞斯定理的逆定理，知 P、Q、R三點(diǎn)共線.注意與其他著名定理配合運(yùn)用例 19 在 Rt ABC 中，已知 / A 90 , / B/C, D是 ABC處接圓的圓心，直線lA、lB分別切eO于點(diǎn)A、B, BC與直線1a、A

41、C與直線1b分別交于點(diǎn)S、D, AB與DS交于點(diǎn)E, CE與直線1a 交于點(diǎn)T ,又設(shè)P是直線1A上的點(diǎn)，且使得EP，lA, Q （不同于點(diǎn)C）是CP與eO的交點(diǎn)，R是QT 與e O的交點(diǎn)，令BR與直線1a交于點(diǎn)U .2證明：SU SP 絲.（2005年韓國(guó)奧林匹克題）TU TP TA2證明 如圖1-22,設(shè)BA的延長(zhǎng)線與e O （過(guò)C點(diǎn)）的切線交于點(diǎn) E .由帕斯卡定理知 S、D、E三 點(diǎn)共線，從而點(diǎn)E與E重合.實(shí)用文檔專業(yè)整理17先證S、H、T三點(diǎn)共線.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由切割線窄彈知圖1 22TA2 TR TQ , SA2 SB SC .SA2 SB SC所以，一2 TA2 TR TQ設(shè)TQ與CB交于點(diǎn)對(duì) XTS及截線RBU ,截線QCP分別應(yīng)用梅涅勞斯定理，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為邊AB上一點(diǎn)，滿足 三線共點(diǎn).證明如圖1-23,設(shè)直線SPTP已知EG /XPRTSBBXXQ SC SBQT CX TRBC、AD分別為上

43、、下底,CG與BD交于點(diǎn)H_ 2SC SA2 .TQ TAF為腰CD上一點(diǎn)， AF與BD交于點(diǎn),FH與AB交于點(diǎn)I .證明：CI、FG、AD（2011年烏克蘭奧林匹克題）AB與DC、AF與DG分別交于點(diǎn)S、T .S圖1 23D實(shí)用文檔專業(yè)整理18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，肛-,E , G分別在AB , AD上，AE - , AG - , EG交DC 3EB 3 GD

44、2AFAC于點(diǎn)F ,求FC2.在 YABCD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AHHG : GF . P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）.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)

45、賽題）.已知D , F分別是 ABC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 .設(shè)D為等腰Rt ABC （/C 90 ）的直角邊 BC的中點(diǎn)，E在AB上，且AE ： EB 2 ：1,求證：CE AD .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. 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

46、 , HG三直線共點(diǎn)或平行.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）.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.已知直徑為 AB的圓和圓上一點(diǎn) X,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）. P是YABCD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

47、線， 分別交AD , BC于G , H .求證：AH , CE , DP三線共點(diǎn).在 ABC中，AA為中線，AA為角平分線，K為AA上的點(diǎn)，使KA? / AC .證明：AA，KC .（第58屆莫斯科奧林匹克題）.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 .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.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）.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)中點(diǎn) M , N的連線上.已知凸四邊形 ABCD內(nèi)接于e O ,對(duì)角線AC , BD相交于點(diǎn)Q ,過(guò)Q分別作直線 AB , BC , CD , DA的垂線，垂足分別是 E , F , G