2013高中数学奥数培训资料之梅涅劳斯定理

第一篇：2013高中数学奥数培训资料之梅涅劳斯定理

兰州成功私立中学高中奥数辅导资料

（内部资料）

平面几何的几个重要的定理

一、梅涅劳斯定理：

定理1：若直线l不经过ABC的顶点，并且与ABC的三边BC、CA、AB或它们 的延长线分别交于P、Q、R，则

BPCQ

PCQAAR

RB

1证：设hA、hB、hC分别是A、B、C到直线

l的垂线的长度，则：

BP

PCCQARBhC

QARBh

hhA

ChAh1B

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ABC中，CK是斜边上的高，CE是ACK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：BF//CE。证：在EBC中，作B的平分线BH

则：EBCACK

HBCACE

HBCHCBACEHCB90

即：BHCE EBC为等腰三角形 作BC上的高EP，则：CKEP 对于ACK和三点D、E、F依梅涅劳斯定理有： CD DAAE

EKKF

FC

1于是KFEK

FC＝AECKEP

ACACBPBK

BCBE

KFBK

FC＝BE

依分比定理有：KF

KC＝BK

KE

FKBCKE

BF//CE

【练习1】从点K引四条直线，另两条直

和A1、B1、C1、D1，试证：

ACBC

:

线分别交这四条直线于ADBD

A1C1B1C

1:A1D1B1D1

三点，并且CQQA

ARRB

1，A、B、C、D

定理2：设P、Q、R分别是ABC的三边BC、CA、AB上或它们的延长线上的P、Q、R三点中，位于

ABC边上的点的个数为0或2，这时若

BPPC



求证：P、Q、R三点共线；

证：设直线PQ与直线AB交于R，于是由定理

BPPC又

CQQAAR

'

'

'

1得：

RB



1AR

'

'

BPPC

CQQA

ARRB

1RB

'

＝

ARRB

由于在同一直线上的'

P、Q、R三点中，位于ABC边上的点的个数也为

'

0或2，因此R与R或者同在AB线段上，或者同在'

'

AB的延长线上；

设ARAR,''

若R与R同在AB线段上，则R与R必定重合，不然的话，这时ABARABAR,即BRBR,于是可得

这与

ARBR

＝

ARBR

''

'

'

ARBR



ARBR

矛盾

R与R同在AB的延长线上时，'

类似地可证得当R与R也重合'

综上可得：P、Q、R三点共线；

注：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2.点P位于ABC的外接圆

证明点A1、B1、C1共线

证：易得：

BA1CA1AB1AC

1

BPcosPBCCPcosPCBCPcosPCAAPcosPACAPcosPABPBcosPBA,CB1

BC

将上面三条式子相乘，且PACPBC,PABPCB,PCAPBA180

可得

BA1CA1



CB1AB1



ACBC

＝1，依梅涅劳斯定理可知

A1、B1、C1三点共线；

【练习

2】设不等腰ABC的内切圆在三边

AB上的切点分别为

BC、CA、D、E、F，则EF与BC，FD与CA，DE与AB的交点X、Y、Z在同一条直线上；

【练习3】已知直线AA1，BB1，CC1相交于O，直线AB和

A1B1的交点为C2，直线BC与B1C1的交点是A2，直线AC与A1C1的交点是B2，试证：A2、B2、C2三点共线；

【练习4】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，CD和AF，EF和BC的交点依次为L、M、N，证明：L、M、N共线

练习1的证明

证：若AD//A1D1，结论显然成立；

若AD与A1D1相交与点L，则把梅涅劳斯定理分ADLDLDBD

LD1A1D1BKB1K

A1KAKLD

111

ADBCA1C1B1D1

1

ACBDA1D1B1C1LCAC

AKA1K

A1C1LC

别用于A1AL和B1BL可得：BCLC

LC

1

B1C1



B1KBK

1

B1D1

将上面四条式子相乘可

ACADACAD:11:11

BCBDB1C1B1D1

练习2的证明

证：ABC被直线XFE所截，由定理

又AEAF同理可得：

1BXXCEABD

＝

BXXC



CEEA



AFFB

1

代人上式可得：＝

DCAF

AZZB

＝

FBCE

CYYA

将上面三条式子相乘可

BXCYAZ

1

XCYAZB

2可得X、Y、Z三点共线

又X、Y、Z都不在ABC的边上，由定理

练习3的证明

证：设A2、B2、C2分别是直线BC和B1C1，AC和A1C1，AB和A1B1的交点，对所得的三角形和在它

们边上的点：

OAB和(A1，B1,C2),OBC和(B1，OA1AA

1CA2BA

21

CCOC

ABCB

C1,A2),OAC和(A1，C1,B2)应用梅涅劳斯定理有：AA1OA1

OB1BB



BCAC

1

OCCC



BB

OB1

BCAC



CA2BA2ABCB

1





1

将上面的三条式子相乘由梅涅劳斯定理可知



A2,B2,C2共线

练习4的证明

证：记直线EF和CD，EF和AB，AB和CD的交点分别为U、V、W，对UVW，应用梅

涅劳斯定理于五组三元UEVEWAVA

VLWLUCWC

WDUDVEUE

11

VAWAWBVB



点(L,D,E),(A,M,F),(B,C,N),(A,C,E),(B,D,F)，则有UFVFUDWD

WMYMVFUF

11

UNVN

WCUC

VBWB

1



将上面五条式子相乘可

VLWMUN1,点L,M,N共线

WLUMVN

第二篇：高中数学培优材料1：平面几何(梅涅劳斯定理)

国光中学数学培优系列讲座——竞赛二试系列讲座

高中数学培优讲座

第一讲：平面几何——梅涅劳斯定理、塞瓦定理

在中国数学奥林匹克(CMO)的六道试题中，以及国际数学奥林匹克（IMO）的六道试题中，都至少有一道平面几何试题的存在。同样，在每年十月份进行的全国高中数学联赛加试的三道试题中，必有一道是平面几何题，占全国高中数学联赛总分300 分中的50 分，因此有人曾说：“得几何者，得一等奖”。除了在初中的课本中已经介绍的重要定理之外，在数学竞赛中，平面几何问题还要用到许多著名的定理，现择其应用较广的几个介绍如下.（一）梅涅劳斯定理

定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的.三点，则：

FB

DC

EA

1.1）不过顶点的直线与三角形3 边的关系有两种情况：①若直线与三角形的一

边交于内点，则必与第二边交于内点，与第三边交于外点（延长线上的点）；②直线与三角形的三边均交于外点，因而本定理的图形有两个.（2）定理的结构是：三角形三边上6条被截线段的比，首尾相连，组成一个比值为1 的等式.（3）这个定理反映了形与数的转化，是几何位置的定量描述：“三点共线”量化为比值等于“1”；反过来，若比值等于“1”成立时，可证“三点共线”（逆定理也成立）.B点到分点

分点到C点

C点到分点

分点到A点

1.（1）简易证法一：（平行线分线段成比例）过A作AG//BC交DF延长线于G，∵AG//BC，∴

AF

AG，CE

CD

FBBDEAAG，∴

AF

FBCEEABDCDAGBDCDAGBDCD1，∴AFFBBDDCCEEA1.国光中学数学组 黄晓琳 邮箱：ymhc100@163.com 手机：***QQ：35984906

3（2）简易证法二：（垂线构造线段成比例）分别过A、B、C作AA'、BB'、CC'垂直

已知直线，由直角三角形相似比，易知

AFAA'BDFBBB'、DC

BB'CC'、CE'EA



CCAA'，∴

AFAA'FB

BDDC



CEEA



BB'BB'CC'CC'

AA'



1.（3）其它证法：三角形面积比、正弦定理等方法涉及后面解三角形知识（置后）.（常用于证明三点共线）如果有三点D、E、F分别在三角形ABC的三边

或其延长线，且满足：

AFFB

BDDC

CEEA

1，则三点D、E、F在同一直线上.（2）角元形式的梅涅劳斯定理：如果一直线顺次与三角形ABC的三边BC、AC、AB

或其延长线交于

D、E、F

三点，则三点DEF共线等价于

sinBADCBEsinACFsinDAC



sinsinEBA



sinFCB



1.例题1：已知过ABC顶点C的直线，与边AB及中线AD分别交于点F和E，求证：

AEAFED

2FB

.证明：直线CEF截ABD，由梅涅劳斯定理，得：AFBC2CDFBCDDEEA

1，又BC，∴

AFDE1，则AEAFFB

EA

2ED

2FB

.[注]此例证法甚多，如“平行线”、“面积法”等.变式练习１：在△ABC 中，AG是角平分线，D是BC

中点，DG⊥AG交AB于E，交

AC延长线与F，求证：BE=CF=

2(ABAC)．

F

国光中学数学培优系列讲座——竞赛二试系列讲座

例题2：已知过ABC重心G的直线分别交边AB、AC及CB延长线于点E、F、D，求证：

BEEA

CFFA

1.证明：连接AG并延长交BC于M，则BMCM，∵DEG截ABM，∴由梅氏定理得，BEEAAGGMMD

DB

1；

同理：CFFA

AGGMMDDC



1∴

BEGMEA

AG

DBMD，CF

FAGM

AGDCMD，∴BE

CF

GM(DBDC)GMDBDCEAFAAGMDAGMD12211，即BEEACF

FA

1.变式练习２：（塞瓦（Ceva）定理）在△ABC内任取一点O，直线AO、BO、CO分别交

对边于D、E、F，求证：

AFBDCEFB

DC

EA

1．

例题1：若ABC的A的外角平分线交边BC延长线于P，B的平分线交边AC于Q，C的平分线交边AB于R，则P、Q、R三点共线.证明：由三角形内、外角平分线定理知：

BPBAPC



CA，CQQA

BCAB，ARCARB



CB，则

ARBPCQCAP

RB



PC

QA

CB



BACA



BCAB

1，故P、Q、R三点共线.国光中学数学组 黄晓琳 邮箱：ymhc100@163.com 手机：***QQ：35984906

3变式练习１：（帕斯卡（Pascal）定理）圆内接六边形ABCDEF的三双对边的延长线交

于三点P、Q、R，则这三点共线．（此线称为帕斯卡线）

例题2：（莱莫恩（Lemoine）定理）过任意ABC的三个顶点A、B、C作它的外接圆的切线，分别和BC、CA、AB的延长线交于点P、Q、R，则P、Q、R三点共线.证明：∵CR是⊙O的切线，∴RAC∽RCB，∴

RA

RC

RC

RB



ACCB，R

RA

则RBRARCRCAC

2RB(CB)，同理：

BPAB2

CP

（AC)，CQQA

（BC2

BA)

∴

ARCA2

RB



BPPC



CQQA

（CB)（BACA)（BCAB)1，故P、Q、R三点共线.变式练习2：（西姆松（Simson）定理）若从△ABC的外接圆上一点P作BC、AB、AC的垂线，垂足分别为D、E、F，则D、E、F三点共线．（此线常称为西姆松线）.

第三篇：高中数学联赛平面几何重点——梅涅劳斯定理

梅涅劳斯定理

梅涅劳斯定理证明

梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长 线交于F、D、E点，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1。证明定理

证明一

过点A作AG∥BC交DF的延长线于G,则AF/FB=AG/BD , CE/EA=DC/AG。

三式相乘得：(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=(AG/BD)×(BD/DC)×(DC/AG)=1 证明二

过点C作CP∥DF交AB于P，则BD/DC=FB/PF，CE/EA=PF/AF所以有AF/FB×BD/DC×CE/EA=AF/FB×FB/PF×PF/AF=

1它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在△ABC的边AB、BC、CA或其延长线上，且满足(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1，则F、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(Menelaus)定理

证明三

过ABC三点向三边引垂线AA'BB'CC'，所以AD：DB=AA'：BB'，BE：EC=BB'：CC'，CF：FA=CC'：AA'

所以(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=

1证明四

λ

连接BF。（AD：DB）·（BE：EC）·（CF:FA)=（S△ADF：S△BDF）·（S△BEF：S△CEF）·（S△BCF：S△BAF）=（S△ADF：S△BDF）·（S△BDF：S△CDF）·（S△CDF：S△ADF）=1此外，用定比分点定义该定理可使其容易理解和记忆：在△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上分别取L、M、N三点，又分比是=BL/LC、μ=CM/MA、ν=AN/NB。于是L、M、N三点共线的充要条件是λμν=1。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∠CBA/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

第二角元形式的梅涅劳斯定理

在平面上任取一点O，且EDF共线，则

（sin∠AOF/sin∠FOB)(sin∠BOD/sin∠DOC)(sin∠COA/sin∠AOE)=1。(O不与点A、B、C重合)

记忆

ABC为三个顶点，DEF为三个分点

(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=

1（顶到分/分到顶）*（顶到分/分到顶）*（顶到分/分到顶）=1

空间感好的人可以这么记：（上1/下1）*（整/右）*（下2/上2）=1

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，其逆定理还是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。实际应用

为了说明问题，并给大家一个深刻印象，我们假定图中的A、B、C、D、E、F是六个旅游景点，各景点之间有公路相连。我们乘直升机飞到这些景点的上空，然后选择其中的任意一个景点降落。我们换乘汽车沿公路去每一个景点游玩，最后回到出发点，直升机就停在那里等待我们回去。

我们不必考虑怎样走路程最短，只要求必须“游历”了所有的景点。只“路过”而不停留观赏的景点，不能算是“游历”。

例如直升机降落在A点，我们从A点出发，“游历”了其它五个字母所代表的景点后，最终还要回到出发点A。

另外还有一个要求，就是同一直线上的三个景点，必须连续游过之后，才能变更到其它直线上的景点。

从A点出发的旅游方案共有四种，下面逐一说明：

方案 ① ——从A经过B（不停留）到F（停留），再返回B（停留），再到D（停留），之后经过B（不停留）到C（停留），再到E（停留），最后从E经过C（不停留）回到出发点A。

按照这个方案，可以写出关系式：

（AF：FB）*（BD：DC）*（CE：EA）=1。

现在，您知道应该怎样写“梅涅劳斯定理”的公式了吧。

从A点出发的旅游方案还有：

方案 ② ——可以简记为：A→B→F→D→E→C→A，由此可写出以下公式：（AB：BF）*（FD：DE）*（EC：CA）=1。从A出发还可以向“C”方向走，于是有：

方案 ③ —— A→C→E→D→F→B→A，由此可写出公式：

（AC：CE）*（ED：DF）*（FB：BA）=1。从A出发还有最后一个方案：方案 ④ —— A→E→C→D→B→F→A，由此写出公式：

（AE：EC）*（CD：DB）*（BF：FA）=1。

我们的直升机还可以选择在B、C、D、E、F任一点降落，因此就有了图中的另外一些公式。

值得注意的是，有些公式中包含了四项因式，而不是“梅涅劳斯定理”中的三项。当直升机降落在B点时，就会有四项因式。而在C点和F点，既会有三项的公式，也会有四项的公式。公式为四项时，有的景点会游览了两次。

不知道梅涅劳斯当年是否也是这样想的，只是列出了一两个典型的公式给我们看看。

还可以从逆时针来看，从第一个顶点到逆时针的第一个交点比上到下一个顶点的距离，以此类推，可得到三个比例，它们的乘积为1.现在是否可以说，我们对梅涅劳斯定理有了更深刻的了解呢。那些复杂的相除相乘的关系式，不会再写错或是记不住吧。

第四篇：小学奥数之几何五大定理(五六年级使用)

小学奥数之几何五大定理 1：共高定理——这是最基本最重要最常用最简单的定理，要求熟练掌握，牢固记忆

S1a或者S1:S2a:b S2b（共高三角形面积比等于底的比。）

2：鸟头定理——鸟头定理又叫共角定理，是由共高定理推出来的。

如图在ABC中，D，E分别是AB，AC上的点则证明：连DC，根据共高定理，则所以

SADEADAEADAESABCABACABAC。

SSADEAEAD，ADC SADCACSABCABSADESADCSADEADAEADAE。SADCSABCSABCABACABAC

3：沙漏定理（相似里的平行线截线段）

4：蝴蝶定理——这个也是由共高定理推出来的

S1S4OD S2S3OB也可以用外项之积等于内项之积来写：S1S3S2S4。

用文字叙述为：梯形的对角线将梯形分成四个三角形，腰上两个三角形面积的乘积等于上、下底两个三角形面积之乘积。

S1×S3=S2×S4。5:燕尾定理

由共高定理得，所以，SABFAF,SBCFCFSADFAF,SDCFCFSBCFBC.SDCFDCSABFAFSADF=,SBCFCFSDCFSABFSBCFBC.SADFSDCFDC

这里的最后一行就是燕尾定理，整个过程是燕尾定理怎么用共高定理推出来。