第1章 梅涅勞斯定理及應(yīng)用(含答案)

第一章涅勞斯定理及應(yīng)用

【基礎(chǔ)知識】

梅涅勞斯定理設(shè)4.R',U分別是△ABC的三動AC.CA.AA或其延長線上的點，若A,用,

則里.里.這：=

C'三點共線,1.①

A!BB'ACB

證明如圖1-1,過A作直線AD〃CA'交8c的延長線于。，則

CB'CA!ACDA'..

——=——，故

前一標‘CfBA!B

BA'CB'ACBA1CA1DA',

京而百"京.而其”

注此定理的證明還有如下正弦定理證法及面積證法.

正弦定理證法設(shè)NBCA'=a,4CBK="NB'A8=y,在△fiA'U中，有空=理名，同理,

CBsiny

當畸，條黑此三式相乘即證.

面積證法由空■二屋4C'8,CB_Sxc8c_Saci'81_Sdcsc+Sac._,—C_S4AC￡,此--

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

式相乘即證.

梅涅勞斯定理的逆定理設(shè)A,B',C'分別是AABC的三邊8C,CA,A6或其延長線上的點，若

BNCB'AC1

-------------------=1，②

ACBfACB

則*,B',C'三點共線.

證明設(shè)直線Aa交回于G，則由梅涅勞斯定理，得到於?曙?每二1?

小時幾CB'AC,即有妗AC

由題設(shè)，W—---------------—=1?

ACBfA.CBCBCB

又由合比定理，知婦二如二故有4G=47,從而&與C重合，即A,B'，C'三點共線.

ABAB

有時，也把上述兩個定理合寫為：設(shè)A,BLC'分別是△"（?的三邊5C,C4,所在直線（包

括三邊的延長線）上的點，則4,B\C'三點共線的充要條件是

BAfCB'AC'

京許■j

上述①與②式是針對△ABC而言的，如圖1-1（整個圖中有4個三角形），對于△。%'、△&C4'、

△AC8'也有下述形式的充要條件：

CABCA?&ACBA!C,ABCA!B'C,小

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

ABC4'B'CACBNCB'BCA:B'CA

第一角元形式的梅涅勞斯定理設(shè)A,B',C'分別是AABC的三邊8C,C4,回所在直線（包括

三山的延長線）卜的點,則4,用，U共線的充分必要條件是

sinZBAA,sinZACCsinZCBBf,公

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

sinNA'ACsinZCCfisinNB'BA

圖1一2

證明如圖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，運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\U分別是△/$(7的三邊8C,C4,所在直線上的點,

點。不在八鉆。三邊所在直線上，則4,B\C'三點共線的充要條件是

sxnABOA!sinZCOBrsinZAOC,自

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

sinNAOCsin/B'QAsinZCOB

圖1-3

證明如圖1-3,由豆吆="，有

S協(xié)oc4。

sinZBOA1PCBA1

sinNAOC-麗

閂詡sin/COB'OACB'sinZAOCOBAC

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

sinZB'OAOCBfAsinNC'OBOACB

于是sinN8O4sinNCOB，sinZAOCBA：CB'AC

sinNA'OCsinNBYZAsin"08-M詼~CB'

故由梅涅勞斯定理知A,B',U共線=”?竺?華=1.

A!CR'ACB

從而定理獲證.

注（1）對于④、⑤式也有類似③式（整個圖中有4個三角形）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①、②、③、④、⑤式中的右端均為-1,③、

④、⑤式中的角也可以按①或②式中的對應(yīng)線段記憶.特別要注意的是三邊所在直線上的點為一點或

者三點在邊的延長線上.

【典型例題與基本方法】

1.恰當?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1一4,在四邊形ABCD中，AABD,AfiCD,△A3c的面積比是3：4：1,點M,N分

別在AC,CD上，滿足AM:AC=CN：CD,并且8,M,N共線.求證："與N分別是AC和

CQ的中點.（1983年全國高中聯(lián)賽題）

D

B

圖1—4

CN

證明攻----=----(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三點共線，可視mW為犯的截線，故由梅涅勞斯定理，得

CNDBEM,Hnr77r-3,

NDBEMC1-r17-7r

化簡整理，得6r-r-l=0,

解得r=Lr=--（舍去）.

23

故M與N分別是AC和CD的中點.

例2如圖1-5,在四邊形ABC。中，對角線AC平分N84。，在8上取一點E,BE與AC相交于尸，

延長OF交8c于G.求證：NG4C=/￡4C.（1999年全國高中聯(lián)賽題）

A

01-5

證明記N24C=NCA0=e,ZGAC=a,4EAC二0,直線GED與△BCE相截，由梅涅勞斯定理,

有

iJGCDEF二S△謝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只可能為0,故NG4c

=ZE4C.

例3設(shè)E、尸分別為四邊形ABC。的邊BC、CD上的點，BF與DE交于點,P.若NKAE二NE4D,

則ZBAP=ZCAD.

證明如圖1-6,只需證得當A/關(guān)于NKA。的等角線交座于P時，B、P、產(chǎn)共線即可.

圖1一6

事實上，B、尸、尸分別為△CDE三邊所在直線上的三點，且A不在其三邊所在直線上.

又NE4D=NE4B,ZDAP=ZBAC,NE4￡=NC4產(chǎn)，

由第二角元形式的梅涅勞斯定理，有

sinZE4BsinZCAFsinZDAP,,,??

--------------------------------------------=1.故8、尸、產(chǎn)三點共線.

sinZBACsinZFADsinZPAE

注當AC平分NKAD時，即為1999年全國高中聯(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)8,G關(guān)于AC的對稱點分別為8',G,易知A,D,3'三點共線，連所',

FG,只須證明A,E,G'三點共線.

設(shè)NEFR=a,NDFE=4BFG=FG=0,NAFD=/GFC=NGFC=y,則

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

--------------------=,0A*,?'—='??=].

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

對△CEO,應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知A,E,G'三點共線.故NG4C=NE4C.

注在圖1-5中，*式也可為sin(180。-4一7),若8'在4)的延長上，貝產(chǎn)式為sin(4+/+a).

例4如圖1?7,0。與。。2和△ABC的三邊所在的3條直線都相切，E,F,G,”為切點，直

線EG與FH交于點P.求證：PA±BC.（1996年全國高中聯(lián)賽題）

證法1過A作AD_L8C于。,延長必交直線"F于點P.對△AH）及截線77/77應(yīng)用梅涅勞斯定

理，有

AHBFDP11

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

HBFD

I.,*AHDP

由BnFr=BH,有--------------=1.

FDP4

顯然Oi，A,O?三點共線，連0/，OtG,Q尸，Q"，則由?后〃人?！ā?尸，有△AGQS/XAHQ,

DEAO.AGAHAG

從而——=——!"=——,即nn——=——.

DFAO,AHFDED

AHDP1DP'AGDP1AGCE

又CE=CG,

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

對應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知P,G,E三點共線，即P為直線￡G與切的交點.故

點產(chǎn)與點P重合，從而E4_L8C.

證法2延長E4交5c于。，直線網(wǎng)卯與△的三邊延長線都相交，直線PGE與△AQC的三邊

延長線都相交，分別應(yīng)用（迭用）梅涅勞斯定理，有

AHBFDP.DPAGCE,

-----—?■=1,-----------—=1?

HBFDPAPAGCED

上述兩式相除，則有絲■?生AGCE

HBFD~GC~ED

而HB=BF,CE=GC,于是理=絲，即改=匹

FDEDAHDF

連@G,OE,GA,O2A,02H,02F,而。1，A,Q共線，則OG工GC，O2H±BH,且

X0\AGs、從而空=4￡=型，于是AO〃?E.故即，即小_L8C.

O2AAHDF

【解題思維策略分析】

梅涅勞斯定理是三角形幾何學(xué)中的一顆明珠，它蘊含著深刻的數(shù)學(xué)美，因而它在求解某些平面幾何問

題，特別是某些平面幾何競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△A5C的重心為G,M是8C邊的中點，過G作8c邊的平行線交邊于X,交4c邊

于y,且XC與G8交于點Q,也與GC交于點P.證明：RMPQsX甌.

（1991年第3屆亞太地區(qū)競賽題）

證明如圖1-8,延長8G交AC于N,則N為AC的中點.由XK〃3C,^1—=—=2,W—=--

XBGMCA2

圖1-8

對及截線XQC,應(yīng)用梅涅勞斯定理，有

AXBQNC.BQ\,^…

------------------2?—--=1,故3Q=QN.

XBQNCAQN2

從而MQ〃AC,且MQ=gcN=；AC.

同理，MP//AB,且MP=，AB.

4

由此可知，NPMQ與N84C的兩邊分別平行且方向相反，從而NPMQ=NBAC,且竺=旭，故

ABAC

△MPQs/\ABC.

例6△MC是一個等腰三角形，AB=AC,"是的中點；。是的延長線上的一點，使得

OBQ是線段8C上不同于B和C的任意一點，E在直線匕r在直線AC上，使得E,Q,

產(chǎn)是不同的和共線的，求證：

（I）若OQ_LE尸，則QE=QF；

（11）若QE=QF,則OQ_LE〃.（1994年第35屆IMO試題）

證明（1）如圖1-9,連OE,OF,DC.由OQ_LE/，易證O,E,B,。四點共圓，O,C,F,

。四點共圓.則ZOEQ=ZOBQ=ZOCQ=ZOFQ,因此OE=OF.故QE=QF.

A

圖1-9

（II）由=EQ=QF,對△他尸及截線BQC運用梅涅勞斯定理，有1="■?絲■?區(qū)=二,

BEQFCABE

即8E=C尸.于是可證俎RtZ\OCF,得OE=OF,故OQJ_M.

例7在凸四邊形ABCD的邊AB和8c上取點E和產(chǎn)，使線段OE和。尸把對角線AC三等分，已知

S2DE=S4CDF=%ABCD'求證：旗8是平行四邊形?（1%。年第16屆全俄競賽題）

證明如圖1-10,設(shè)。石，。尸分別交AC于P,Q,兩對角線交于M.要證A8CO是平行四邊形，

若證得AM=MC（或尸M=MQ）,且=即可.

圖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，從而有

BEBF

~EA~~FC'

對△HAM及截線￡P(guān)D,△8CM及截線產(chǎn)QD,分別應(yīng)用梅涅勞斯定理，有

BEAPMD,公

EAPMD8

紇絲.歿=1.②

FCQMDB

由①，②兩式相除得空■=5g.

PMQM

而AP=CQ,故PM=MQ,即有4Vf=MC.

此時，又有s△麗=SACBD=—SABCD.

T7CLLA工曰BEAPMD12MD

又由S&ADE=—^AMD，知BE=EA?于7E①式可寫為--------=--------=1t?

△ADE4ABCDEAPMDB11DB

即有。8=2MD,亦即=

故ARC/)為平行四動形.

2.導(dǎo)出線段比例式的重要途徑

例8在△AAC中，A4,為BC邊上的中線，A人為N84C的平分線，且交5c于人，K為A4,上的

點，使K%〃AC.證明A%J,KC.（1997年第58屆莫斯科競賽題）

證明如圖1-11,延長CK交A8于。.只須證A￡>=AC.

由A4平分N84C,有二=".①

ACA,C

由。〃AC,有型=4A.

一KAA2c

注意到對及截線運用梅涅勞斯定理，得

AC=241c,OKC

1=也匹芷二絲2M.故生二維，由合比定理，有

DBCAtKADB&CDAA2C

BD+DA2AA>+A,CAA)+ACAA)+BA^即1為AB

②

DA~-AC~-~~\C--—\C-''~AD~~\C

由①，②式有空=空，故AC=AO.

ACAD

例給定銳角△在邊上取點，位于與之間），在邊上取點（

9ABC,8CAA,4CC4B.B2

位于々與之間），在邊上取點（位于與之間），使得乙招

AC,,C2C2G84=NA42A=NBBB=

ZBBBZCCC直線，片與可構(gòu)成一個三角形，直線佻，員與可構(gòu)

21=,2=ZCC2C,,M8CG8CG

成另一個三角形.證明：這兩個三角形的六個頂點共圓.（19光年第36屆1M。預(yù)選題）

證明如圖1-12,設(shè)題中所述兩個三角形分別為△UVW與△X〉Z.

AC,AC

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

好蔡魯嘮，此三式相乘噴第魯=LI花一花’

對△A4tB及截線CUC、,△AA2c及截線BXB”分別應(yīng)用梅涅勞斯定理，得

價若會“②翁黑饋?、?/p>

①，②，③三式相乘化簡，得絲_=空.故LX〃8C.

U%x\

同理，WX//CA.故/4依=/44)4=/543=/小/.

從而點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.

例工0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。和E,分別過點

D,E作BC的垂線，垂足依次為尸，G,線段DG和印交于點求證：AMA.BC.

（IMO-37中國國家隊選拔賽題）

圖1-13

證法1設(shè)直線AM與8c交于H,連BE,CD,則知NBEC=N80C=90°,直線fME與△河7相

截，直線GMD與△回"相截，迭用梅涅勞斯定理，有

AMHFCE,AMHGBD

FHCF?AE?BD

兩式相除，得-----=------------------

HGCE?BG?AD

在Rt△￡)8。與Rl△EBC中，有

CD2=BCFC,BE?=BC-BG,即竺=竺.將其代入①式，得

BGBE~

2

FH=CDAEBD

~HG~BE2CEAD'

又由△ABESAACD,有CDAD

~BE~~AE

FHCDBDS^DRCDFDM

將其代入②式，得從而,MH//DF.

~HG~BECE~~~EG~~MG

而DFLBE,則也H_L5C,故AW_L8c.

證法2作高A”，連BE,8,則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

對^8GD應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理,知“，M,A三點共線.由A”_LBC,知

AM±BC.

例11如圖1-14,設(shè)點/,H分別為銳角△A5c的內(nèi)心和垂心，點與，G分別為邊AC，回的中

點.已知射線線/交邊4B于點（不08）,射線CJ交AC的延長線于點G，82G與5c相交于K,

A為△8”。的外心.試證：A,/,凡三點共線的充分必要條件是△BKB?和△CKC?的面積相

等.（CMO-2003試題）

圖1一14

分析首先證A,/,%三點共線。N84C=60°.

設(shè)。為△A3C的外心，連笈O,CO,則/3OC=2NK4c.又N3〃C=180°-N84C,因此，ZBAC=60°

=8,”，O,C四點共圓

u>A在△旗。的外接圓。。上

與例重合。A,7,4三點共線.

其次，再證SABK%=S4CKJ=NBAC=60。.并在三角函數(shù)式中，用A、B、。分別表示三內(nèi)角.

證法1設(shè)△ABC的外接圓半徑為R,C7的延長線交于。，對△ACD及截線CJC2,應(yīng)用梅涅

勞斯定理，有名.且.經(jīng)=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—

則必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?從而

DIADsinNACO.Cs一『DIAC,

sin—cos-

222

.c"

2sin-

ACAC,-CC?22

-QAC

ACcos—

2

又對△AS及截線片/瑪，應(yīng)用梅涅勞斯定理，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-從而22③

-CAABB

2cos—sin—2cos—

222

由=S△CKG=S^ABC=S注意②，③且A為銳角

AB2?AC2

=/班C=600.

證法2如圖1-14,設(shè)直線4交8c于尸，直線44交C8的延長線于E.對/XACF及截線3JE,應(yīng)

用梅涅勞斯定理，有歿?空,且=1.

④

B.CEFIA

又由A4=8C及角平分線性質(zhì)，即有.=空=些=如

IACABAAB+AC

F]n

令BC=a,AC=b,AB=c,則一二——.

IAb+c

由④式，有生=處￡,即空=*

EFaCFCE-EFb+c-a

而。尸=旦，則EF=a2b

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

又BF二與BE=EF-BF=4("一°(由題設(shè)知a>c).

h+cb+c-a

從而—=

BE(b+c)(a-c)

后A/FEBB,,

對△/麻及截線/4E,應(yīng)用梅涅勞斯定理,刊-----------=1.

IFEBB2A

a-cABA8,a+h-c

將⑤式代入上式，得多="?竺⑥

亂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還有其他證法，可參見筆者另文《關(guān)于2003年中國數(shù)學(xué)奧林匹克第一題》（《中等數(shù)學(xué)》2003

年第6期）.

例12如圖1-15,凸四邊形ABC。的一組對邊84與CD的延長線交于M,且AO*8C,過M作截

線交另一組對邊所在直線于”，L,交對角線所在直線于”'，L'.求工業(yè)化：—+—=^-+^-.

MHMLMH'ML'

圖1-15

證法1如圖1-15,對億7）及直線8LC由梅涅勞斯定理得

MLLBDC.

五,而

對ADLW及直線BAM由梅涅勞斯定理得

UMHADB.

而?布.正”

對及直線CH'A由梅涅勞斯定理得

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'

證法2設(shè)AD與8c的延長線相交于O.△8ML和△€1，以均被直線AO所載，迭用梅涅勞斯定理,

有

BAHLOB不CDHLOC0

-----=-----------9①-------=----------------?②

AMMHLODMMHLO

由①UC+②BL,得

BACDHLOBLC+OCBL小

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

AMDMMHLO

注意到OBLC+OCBL=BCLO（直線上的托勒密定理），則③式變?yōu)長C?2■+8L?*■=

AMDM

DC?黑.④

1nr

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

L'MMD

LHf

BC

TTM

將此結(jié)果代入④式整理，即得欲證結(jié)論.

注當AD〃8C,④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.

3.論證點共直線的重要方法

例13如圖1-16,△ABC的內(nèi)切圓分別切三邊BC,CA,于點0,E,尸，點X是的

一個內(nèi)點，△X5C的內(nèi)切圓也在點。處與3c邊相切，并與CX,XB分別相切于點V,Z.證明：EFZY

是圓內(nèi)接四邊形.（1995年第36屆IMO預(yù)選題）

圖1一16

證明由切線長定理，知CE=CO=CY,BF=BD=BZ,AF=AE,XZ=XY.

設(shè)8C的延長線與莊的延長線交于P,對△MC及截線小P,應(yīng)用梅涅勞斯定理，有

X_AFBPCE_AFBPCE

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

=XZBPCY=XZBPCY

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

對△X5C應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理，知Z,Y,尸三點共線，故由切割線定理有尸￡-P"=PO2,

PYPZ=PD2.

以而PE?尸產(chǎn)=py-pz,即￡7zy是圓內(nèi)接四邊形.

例14如圖1-17,△謖（7中，NA內(nèi)的旁切圓切NA的兩邊于A和42，直線人42與8c交于4；類

似地定義片，瑪和G求證:三點共線?

B2,，c2,c3.43,B],G

證明由切線長定理，知想=A%,BB.=BB.,CC,=。。2.對△48C與直線GGG，A4A,用與用

分別應(yīng)用梅涅勞斯定理，有

x_ACyBC2CC|AC.BC2]

~~C^~C^C~QA'

%C\A41BA、CA2

1=菽麗.懣=布?麗

]_。員AB2BB.CB3A星_]

―職廝*一麗前―,

上述三式相乘，有

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

C3BA3cB}ABC、CA,AB-,CAyAB,BC,

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

BlC=CL=^(BlC2-LCl).又由兩內(nèi)公切線長相等，即KB=LG，故8c2=8。.同理，CA2=4C,,

做二43.

從而這..空.經(jīng)=1,故對用梅涅勞斯的逆定理，知4，B、,G三點共直線.

GBA3c員A

例15如圖1-18,設(shè)△ABC的三邊8C,C4,所在的直線上的點O,E,產(chǎn)共線，并且直線AD,

RE,C/關(guān)干/A,/B./C平分線的對稱直線AD',RE,CF分別與RC.CA,AA所在直線

交于O',￡,F,則O',￡,F也共線.

圖1-18

證明對N/WC及截線FED應(yīng)用第一角元形式的梅涅勞斯定理，有

smZBADsinZCBEsinZACF1

sinZDACsinZEBAsinZFC5

由題設(shè)知，NCAiy=NBAD,/DAB=/DAC,NBCF，=NACF,ZFfCA=ZFCB,NABE=NCBE,

NEBC=NEBA,從而有

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勞斯定理，知。，￡,廠'共線.

例16在箏形A58中，AB=AD,BC=CD.過班）上的一點尸作一條直線分別交A￡＞、BC于E、

F,再過點P作一條宜線分別交AB、8于G、H.設(shè)G/與E”分別與8。交于/、J,求證：

PIPJ

~PB~~PD?

證明如圖1-19,過8作AD的平行線交直線所于再過8作C。的平行線交直線GH于”'，則

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

圖1-19

進而NHBG=/H'BP—/GBP=/PBF-4PBE=4EBF.

山山sinNPBH'sinZGBIsinZFB￡XsinZFBPsinNGBPsinZFBf*,

sin/a5GsinZZBFsinZE1BPsinNEB尸sinZPBFsinZPBG

又“'、/、￡分別為三邊所在直線上的點，且點8不在△/＜；尸三邊所在的直線上.由第二

角元形式的梅涅勞斯定理的逆定理知H'、I、E共線.

于是，由△QBE's△尸￡陀，/\PH'Bs/\PHD.有EH'〃EH.

PIPE'PB柏PIPJ

因此，—---=---.故—=---

PEPDPBPD

注當PR=PD,尸為A力中點時,即為1989年12月冬令營選拔賽試題.

例17如圖1-20,四邊形A8CD內(nèi)接于圓，其邊DC的延長線交于點戶，4）和8C的延長線交

于點Q，過Q作該圓的兩條切線，切點分別為E,F.求證：P,E,尸三點共線.

（1997年CMO試題）

圖1-20

證明設(shè)圓心為O,連QO交所于L,連LD,LA,OD,Q4,則由切割線定理和射影定理，有

QDQA=QE2=QLQO,從而。，L,O,4四點共圓，即有NQLD=ND4O=/ODA=NOL4,

亦即“為aLAO的內(nèi)角NAL。的外角平分線.

又EFLOQ,則包平分NALD.

設(shè)即分別交4),BC于M