第一篇：2013高中數學奧數培訓資料之梅涅勞斯定理

蘭州成功私立中學高中奧數輔導資料

（內部資料）

平面幾何的幾個重要的定理

一、梅涅勞斯定理：

定理1：若直線l不經過?ABC的頂點，并且與?ABC的三邊BC、CA、AB或它們 的延長線分別交于P、Q、R，則

BPCQ

PC?QA?AR

RB?

1證：設hA、hB、hC分別是A、B、C到直線

l的垂線的長度，則：

BP

PC?CQARBhC

QA?RB?h

h??hA

ChAh?1B

注：此定理常運用求證三角形相似的過程中的線段成比例的條件；

例1：若直角?ABC中，CK是斜邊上的高，CE是?ACK的平分線，E點

在AK上，D是AC的中點，F是DE與CK的交點，證明：BF//CE。證：?在?EBC中，作?B的平分線BH

則：?EBC??ACK

?HBC??ACE

?HBC??HCB??ACE??HCB?90?

即：BH?CE ??EBC為等腰三角形 作BC上的高EP，則：CK?EP 對于?ACK和三點D、E、F依梅涅勞斯定理有： 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

【練習1】從點K引四條直線，另兩條直

和A1、B1、C1、D1，試證：

ACBC

:

線分別交這四條直線于ADBD

?A1C1B1C

1:A1D1B1D1

三點，并且CQQA

?ARRB

?1，A、B、C、D

定理2：設P、Q、R分別是?ABC的三邊BC、CA、AB上或它們的延長線上的P、Q、R三點中，位于

?ABC邊上的點的個數為0或2，這時若

BPPC

?

求證：P、Q、R三點共線；

證：設直線PQ與直線AB交于R，于是由定理

BPPC又?

?CQQA??AR

'

'

'

1得：

RB?

?

1AR

'

'

BPPC

CQQA

ARRB

?1RB

'

＝

ARRB

由于在同一直線上的'

P、Q、R三點中，位于?ABC邊上的點的個數也為

'

0或2，因此R與R或者同在AB線段上，或者同在'

'

AB的延長線上；

設AR?AR,''

若R與R同在AB線段上，則R與R必定重合，不然的話，這時AB?AR?AB?AR,即BR?BR,于是可得

這與

ARBR

＝

ARBR

''

'

'

ARBR

?

ARBR

矛盾

R與R同在AB的延長線上時，'

類似地可證得當R與R也重合'

綜上可得：P、Q、R三點共線；

注：此定理常用于證明三點共線的問題，且常需要多次使用 再相乘；

例2.點P位于?ABC的外接圓

證明點A1、B1、C1共線

證：易得：

BA1CA1AB1AC

1??????

BP?cos?PBCCP?cos?PCBCP?cos?PCAAP?cos?PACAP?cos?PABPB?cos?PBA,CB1

BC

將上面三條式子相乘，且??PAC??PBC,?PAB??PCB,?PCA??PBA?180?

可得

BA1CA1

?

CB1AB1

?

ACBC

＝1，依梅涅勞斯定理可知

A1、B1、C1三點共線；

【練習

2】設不等腰?ABC的內切圓在三邊

AB上的切點分別為

BC、CA、D、E、F，則EF與BC，FD與CA，DE與AB的交點X、Y、Z在同一條直線上；

【練習3】已知直線AA1，BB1，CC1相交于O，直線AB和

A1B1的交點為C2，直線BC與B1C1的交點是A2，直線AC與A1C1的交點是B2，試證：A2、B2、C2三點共線；

【練習4】在一條直線上取點

E、C、A，在另一條上取點

B、F、D，記直線AB和ED，CD和AF，CD和AF，EF和BC的交點依次為L、M、N，證明：L、M、N共線

練習1的證明

證：若AD//A1D1，結論顯然成立；

若AD與A1D1相交與點L，則把梅涅勞斯定理分ADLDLDBD

??LD1A1D1BKB1K

??A1KAKLD

1?1?1

ADBCA1C1B1D1

????1

ACBDA1D1B1C1LCAC

?AKA1K

?A1C1LC

別用于?A1AL和?B1BL可得：BCLC

?LC

?1

B1C1

?

B1KBK

?1

B1D1

將上面四條式子相乘可

ACADACAD:?11:11

BCBDB1C1B1D1

練習2的證明

證：?ABC被直線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

將上面三條式子相乘可

BXCYAZ

???1

XCYAZB

2可得X、Y、Z三點共線

又?X、Y、Z都不在?ABC的邊上，由定理

練習3的證明

證：設A2、B2、C2分別是直線BC和B1C1，AC和A1C1，AB和A1B1的交點，對所得的三角形和在它

們邊上的點：

OAB和(A1，B1,C2),OBC和(B1，OA1AA

1CA2BA

2?1

CCOC

ABCB

C1,A2),OAC和(A1，C1,B2)應用梅涅勞斯定理有：AA1OA1

?OB1BB

?

BCAC

?1

OCCC

?

BB

OB1

BCAC

?

CA2BA2?ABCB

?1

?

?

?1

將上面的三條式子相乘由梅涅勞斯定理可知

?

A2,B2,C2共線

練習4的證明

證：記直線EF和CD，EF和AB，AB和CD的交點分別為U、V、W，對?UVW，應用梅

涅勞斯定理于五組三元UEVEWAVA

??VLWLUCWC

?WDUDVEUE

?1?1

VAWAWBVB

?

點(L,D,E),(A,M,F),(B,C,N),(A,C,E),(B,D,F)，則有UFVF?UDWD

?WMYM?VFUF

?1?1

UNVN

?WCUC

?VBWB

?1

?

將上面五條式子相乘可

VLWMUN???1,?點L,M,N共線

WLUMVN

第二篇：高中數學培優材料1：平面幾何(梅涅勞斯定理)

國光中學數學培優系列講座——競賽二試系列講座

高中數學培優講座

第一講：平面幾何——梅涅勞斯定理、塞瓦定理

在中國數學奧林匹克(CMO)的六道試題中，以及國際數學奧林匹克（IMO）的六道試題中，都至少有一道平面幾何試題的存在。同樣，在每年十月份進行的全國高中數學聯賽加試的三道試題中，必有一道是平面幾何題，占全國高中數學聯賽總分300 分中的50 分，因此有人曾說：“得幾何者，得一等獎”。除了在初中的課本中已經介紹的重要定理之外，在數學競賽中，平面幾何問題還要用到許多著名的定理，現擇其應用較廣的幾個介紹如下.（一）梅涅勞斯定理

定理（簡稱梅氏定理）是由古希臘數學家梅涅勞斯首先證明的.三點，則：

FB

?DC

?EA

?1.1）不過頂點的直線與三角形3 邊的關系有兩種情況：①若直線與三角形的一

邊交于內點，則必與第二邊交于內點，與第三邊交于外點（延長線上的點）；②直線與三角形的三邊均交于外點，因而本定理的圖形有兩個.（2）定理的結構是：三角形三邊上6條被截線段的比，首尾相連，組成一個比值為1 的等式.（3）這個定理反映了形與數的轉化，是幾何位置的定量描述：“三點共線”量化為比值等于“1”；反過來，若比值等于“1”成立時，可證“三點共線”（逆定理也成立）.B點到分點

分點到C點?

C點到分點

分點到A點

?1.（1）簡易證法一：（平行線分線段成比例）過A作AG//BC交DF延長線于G，∵AG//BC，∴

AF

AG，CE

?CD

FB?BDEAAG，∴

AF

FB?CEEA?BDCD?AGBD?CDAG?BDCD?1，∴AFFB?BDDC?CEEA?1.國光中學數學組 黃曉琳 郵箱：ymhc100@163.com 手機：***QQ：35984906

3（2）簡易證法二：（垂線構造線段成比例）分別過A、B、C作AA'、BB'、CC'垂直

已知直線，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）其它證法：三角形面積比、正弦定理等方法涉及后面解三角形知識（置后）.（常用于證明三點共線）如果有三點D、E、F分別在三角形ABC的三邊

或其延長線，且滿足：

AFFB

?BDDC

?CEEA

?1，則三點D、E、F在同一直線上.（2）角元形式的梅涅勞斯定理：如果一直線順次與三角形ABC的三邊BC、AC、AB

或其延長線交于

D、E、F

三點，則三點DEF共線等價于

sin?BAD?CBEsin?ACFsin?DAC

?

sinsin?EBA

?

sin?FCB

?

1.例題1：已知過?ABC頂點C的直線，與邊AB及中線AD分別交于點F和E，求證：

AEAFED

?2FB

.證明：直線CEF截?ABD，由梅涅勞斯定理，得：AFBC?2CDFB?CD?DEEA

?1，又BC，∴

AF?DE?1，則AEAFFB

EA

2ED

?2FB

.[注]此例證法甚多，如“平行線”、“面積法”等.變式練習１：在△ABC 中，AG是角平分線，D是BC

中點，DG⊥AG交AB于E，交

AC延長線與F，求證：BE=CF=

2(AB?AC)．

F

國光中學數學培優系列講座——競賽二試系列講座

例題2：已知過?ABC重心G的直線分別交邊AB、AC及CB延長線于點E、F、D，求證：

BEEA

?CFFA

?1.證明：連接AG并延長交BC于M，則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.變式練習２：（塞瓦（Ceva）定理）在△ABC內任取一點O，直線AO、BO、CO分別交

對邊于D、E、F，求證：

AFBDCEFB

?DC

?EA

?1．

例題1：若?ABC的?A的外角平分線交邊BC延長線于P，?B的平分線交邊AC于Q，?C的平分線交邊AB于R，則P、Q、R三點共線.證明：由三角形內、外角平分線定理知：

BPBAPC

?

CA，CQQA?

BCAB，ARCARB

?

CB，則

ARBPCQCAP

RB

?

PC

?QA

?CB

?

BACA

?

BCAB

?1，故P、Q、R三點共線.國光中學數學組 黃曉琳 郵箱：ymhc100@163.com 手機：***QQ：35984906

3變式練習１：（帕斯卡（Pascal）定理）圓內接六邊形ABCDEF的三雙對邊的延長線交

于三點P、Q、R，則這三點共線．（此線稱為帕斯卡線）

例題2：（萊莫恩（Lemoine）定理）過任意?ABC的三個頂點A、B、C作它的外接圓的切線，分別和BC、CA、AB的延長線交于點P、Q、R，則P、Q、R三點共線.證明：∵CR是⊙O的切線，∴?RAC∽?RCB，∴

RA

RC?

RC

RB

?

ACCB，R

RA

則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三點共線.變式練習2：（西姆松（Simson）定理）若從△ABC的外接圓上一點P作BC、AB、AC的垂線，垂足分別為D、E、F，則D、E、F三點共線．（此線常稱為西姆松線）.

第三篇：高中數學聯賽平面幾何重點——梅涅勞斯定理

梅涅勞斯定理

梅涅勞斯定理證明

梅涅勞斯（Menelaus）定理（簡稱梅氏定理）是由古希臘數學家梅涅勞斯首先證明的。它指出：如果一條直線與△ABC的三邊AB、BC、CA或其延長 線交于F、D、E點，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。或：設X、Y、Z分別在△ABC的BC、CA、AB所在直線上，則X、Y、Z共線的充要條件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1。證明定理

證明一

過點A作AG∥BC交DF的延長線于G,則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 證明二

過點C作CP∥DF交AB于P，則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：若有三點F、D、E分別在△ABC的邊AB、BC、CA或其延長線上，且滿足(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1，則F、D、E三點共線。利用這個逆定理，可以判斷三點共線。

梅涅勞斯(Menelaus)定理

證明三

過ABC三點向三邊引垂線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證明四

λ

連接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，用定比分點定義該定理可使其容易理解和記憶：在△ABC的三邊BC、CA、AB或其延長線上分別取L、M、N三點，又分比是=BL/LC、μ=CM/MA、ν=AN/NB。于是L、M、N三點共線的充要條件是λμν=1。第一角元形式的梅涅勞斯定理

如圖：若E，F，D三點共線，則

(sin∠ACF/sin∠FCB)(sin∠BAD/sin∠DAC)(sin∠CBA/sin∠ABE)=1即圖中的藍角正弦值之積等于紅角正弦值之積

該形式的梅涅勞斯定理也很實用

第二角元形式的梅涅勞斯定理

在平面上任取一點O，且EDF共線，則

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

記憶

ABC為三個頂點，DEF為三個分點

(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=

1（頂到分/分到頂）*（頂到分/分到頂）*（頂到分/分到頂）=1

空間感好的人可以這么記：（上1/下1）*（整/右）*（下2/上2）=1

數學意義

使用梅涅勞斯定理可以進行直線形中線段長度比例的計算，其逆定理還是可以用來解決三點共線、三線共點等問題的判定方法，是平面幾何學以及射影幾何學中的一項基本定理，具有重要的作用。梅涅勞斯定理的對偶定理是塞瓦定理。實際應用

為了說明問題，并給大家一個深刻印象，我們假定圖中的A、B、C、D、E、F是六個旅游景點，各景點之間有公路相連。我們乘直升機飛到這些景點的上空，然后選擇其中的任意一個景點降落。我們換乘汽車沿公路去每一個景點游玩，最后回到出發點，直升機就停在那里等待我們回去。

我們不必考慮怎樣走路程最短，只要求必須“游歷”了所有的景點。只“路過”而不停留觀賞的景點，不能算是“游歷”。

例如直升機降落在A點，我們從A點出發，“游歷”了其它五個字母所代表的景點后，最終還要回到出發點A。

另外還有一個要求，就是同一直線上的三個景點，必須連續游過之后，才能變更到其它直線上的景點。

從A點出發的旅游方案共有四種，下面逐一說明：

方案 ① ——從A經過B（不停留）到F（停留），再返回B（停留），再到D（停留），之后經過B（不停留）到C（停留），再到E（停留），最后從E經過C（不停留）回到出發點A。

按照這個方案，可以寫出關系式：

（AF：FB）*（BD：DC）*（CE：EA）=1。

現在，您知道應該怎樣寫“梅涅勞斯定理”的公式了吧。

從A點出發的旅游方案還有：

方案 ② ——可以簡記為：A→B→F→D→E→C→A，由此可寫出以下公式：（AB：BF）*（FD：DE）*（EC：CA）=1。從A出發還可以向“C”方向走，于是有：

方案 ③ —— A→C→E→D→F→B→A，由此可寫出公式：

（AC：CE）*（ED：DF）*（FB：BA）=1。從A出發還有最后一個方案：方案 ④ —— A→E→C→D→B→F→A，由此寫出公式：

（AE：EC）*（CD：DB）*（BF：FA）=1。

我們的直升機還可以選擇在B、C、D、E、F任一點降落，因此就有了圖中的另外一些公式。

值得注意的是，有些公式中包含了四項因式，而不是“梅涅勞斯定理”中的三項。當直升機降落在B點時，就會有四項因式。而在C點和F點，既會有三項的公式，也會有四項的公式。公式為四項時，有的景點會游覽了兩次。

不知道梅涅勞斯當年是否也是這樣想的，只是列出了一兩個典型的公式給我們看看。

還可以從逆時針來看，從第一個頂點到逆時針的第一個交點比上到下一個頂點的距離，以此類推，可得到三個比例，它們的乘積為1.現在是否可以說，我們對梅涅勞斯定理有了更深刻的了解呢。那些復雜的相除相乘的關系式，不會再寫錯或是記不住吧。

第四篇：小學奧數之幾何五大定理(五六年級使用)

小學奧數之幾何五大定理 1：共高定理——這是最基本最重要最常用最簡單的定理，要求熟練掌握，牢固記憶

S1a?或者S1:S2?a:b S2b（共高三角形面積比等于底的比。）

2：鳥頭定理——鳥頭定理又叫共角定理，是由共高定理推出來的。

如圖在ABC中，D，E分別是AB，AC上的點則證明：連DC，根據共高定理，則所以

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（相似里的平行線截線段）

4：蝴蝶定理——這個也是由共高定理推出來的

S1S4OD ??S2S3OB也可以用外項之積等于內項之積來寫：S1?S3?S2?S4。

用文字敘述為：梯形的對角線將梯形分成四個三角形，腰上兩個三角形面積的乘積等于上、下底兩個三角形面積之乘積。

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

這里的最后一行就是燕尾定理，整個過程是燕尾定理怎么用共高定理推出來。