第一篇：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定理

①雞爪定理：設△ABC的內心為I，∠A內的旁心為J，AI的延長線交三角形外接圓于K，則KI=KJ=KB=KC。

由內心和旁心的定義可知∠IBC=∠ABC/2，∠JBC=(180°-∠ABC)/2 ∴∠IBC+∠JBC=∠ABC/2+90°-∠ABC/2=90°=∠IBJ 同理，∠ICJ=90° ∵∠IBJ+∠ICJ=180°

∴IBJC四點共圓，且IJ為圓的直徑 ∵AK平分∠BAC ∴KB=KC（相等的圓周角所對的弦相等）

又∵∠IBK=∠IBC+∠KBC=∠ABC/2+∠KAC=∠ABI+∠BAK=∠KIB ∴KB=KI ∵IBJC四點共圓 且 KB=KI=KC ∴點K是四邊形IBJC的外接圓的圓心（只有圓心滿足與圓周上超過三個以上的點的距離相等）∴KB=KI=KJ=KC 雞爪定理逆定理：設△ABC中∠BAC的平分線交△ABC的外接圓于K。在AK及延長線上截取KI=KB=KJ，其中I在△ABC的內部，J在△ABC的外部。則I是△ABC的內心，J是△ABC的旁心。證明：利用同一法可輕松證明該定理的逆定理。

取△ABC的內心I'和旁心J’，根據定理有KB=KC=KI'=KJ' 又∵KB=KI=KJ ∴I和I'重合，J和J’重合 即I和J分別是內心和旁心。

②蝴蝶定理：設S為圓內弦AB的中點，過S作弦EF和CD。設CF和DE各相交AB于點M和N，則S是MN的中點。

過O作OL⊥ED，OT⊥CF，垂足為L、T，連接ON，OM，OS，SL，ST，易明△ESD∽△CSF 證法1:霍納證法

∴ES/CS=ED/FC 根據垂徑定理得：LD=ED/2，FT=FC/2 ∴ES/CS=EL/CT 又∵∠E=∠C ∴△ESL∽△CST ∴∠SLN=∠STM ∵S是AB的中點所以OS⊥AB ∴∠OSN=∠OLN=90°

∴O，S，N，L四點共圓，（一中同長）同理，O，T，M，S四點共圓

∴∠STM=∠SOM，∠SLN=∠SON ∴∠SON=∠SOM ∵OS⊥AB ∴MS=NS ③西姆松定理：過三角形外接圓上異于三角形頂點的任意一點作三邊或其延長線上的垂線，則三垂足共線。（此線常稱為西姆松線）。西姆松定理的逆定理為：若一點在三角形三邊所在直線上的射影共線，則該點在此三角形的外接圓上。

證明一：△ABC外接圓上有點P，且PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，PD⊥AB于D，分別連FE、FD、BP、CP.易證P、B、D、F和P、F、C、E分別共圓，（四點共圓）

在PBDF圓內，∠DBP+∠DFP=180度，在ABPC圓內∠ABP+∠ACP =180度，∴∠DFP=∠ACP ①，在PFCE圓內 ∠PFE=∠PCE②

而∠ACP+∠PCE=180°③ ∴∠DFP+∠PFE=180°④，即D、F、E共線。反之，當D、F、E共線時，由④→②→③→①可見A、B、P、C共圓。④九點圓：三角形三邊的中點，三高的垂足和三個歐拉點(連結三角形各頂點與垂心所得三線段的中點)九點共圓。作圖如下:△ABC的BC邊垂足為D，BC邊中點為L，AC邊垂足為E，AC邊中點為M,AB邊垂足為F，AB邊中點為N, 垂心為H，AH,BH,CH中點分別為P,Q,R(思路：以PL為直徑，其它任意某點，去證P某L為90°)證明:(由中位線)PM∥CH，LM∥AB，又CH⊥AB∴PM⊥LM，又PD⊥LD ∴PMDL共圓。

(由中位線)PR∥AC，LR∥BH，BH⊥AC，所以PR⊥LR ∴PMRDL五點共圓。PE為Rt△AHE斜邊中線 ∴∠PEA=∠PAE 同理∠LEC=∠LCE所以∠PEL=180°—∠ADC ∴∠LEP等于90°

∴PEMRDL六點共圓，PL為直徑，同理PFNQL五點共圓,PL為直徑 ∴PEMRDLQNF九點共圓，PL為直徑，PL中點(設為V)就是圓心 下證 九點圓的圓心在垂心與外心連線的中點

O為外心，OL平行等于AH一半(小定理)所以OL平行等于PH OLPH為平行四邊形，V是PL中點，就是OH中點。

⑤托勒密定理：圓內接凸四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積。

在任意凸四邊形ABCD中(如右圖)，作△ABE使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ ACD,連接DE.則△ABE∽△ACD 所以 BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD(1)由△ABE∽△ACD得AD/AC=AE/AB,又∠BAC=∠EAD, 所以△ABC∽△AED.BC/ED=AC/AD,即ED·AC=BC·AD(2)(1)+(2),得

AC(BE+ED)=AB·CD+AD·BC 又因為BE+ED≥BD(僅在四邊形ABCD是某圓的內接四邊形時，等號成立，即“托勒密定理”)⑥三弦定理：圓上一點A,引出三條弦AB(左)、AC(右)、及中間弦AD,BC與AD交于P，則： ABsin∠CAP +ACsin∠BAP= ADsin∠BAC。

證明如下;連BD、CD, 由圓的相交弦定理→△ABP∽△CDP→AB/CD=AP/CP→AB·CP=CD·AP→

AB·CP-CD·AP=0→同理→AC·BP-BD·AP=0, 所以有AB(AB·CP-CD·AP)=0, AC(AC·BP-BD·AP)=0,兩式相加→AB·AB·CP + AC·AC·BP=AB·CD·AP +AC·BD·AP=AP(AB·CD+AC·BD)=AP·BC·AD⑴(托氏定理)。

由AC外分∠BAP, 由《分角定理》→(sin∠CAP/ sin∠BAC)=(CP/BC)·(AB/AP), →

(ABsin∠CAP/ sin∠BAC)=(CP/BC)·(AB·AB/AP)⑵, 同理有, 由AB外分∠CAP, 由《分角定理》→(ACsin∠BAP/ sin∠BAC)=(BP/BC)·(AC·AC/AP)⑶, 由⑵+⑶→

(ABsin∠CAP+ ACsin∠BAP)/ sin∠BAC=(AB·AB·CP+ AC·AC·BP)/BC·AP,由⑴→

(AB·AB·CP+ AC·AC·BP)/BC·AP=AD, 所以(ABsin∠CAP+ ACsin∠BAP)/ sin∠BAC=AD, 所以,ABsin∠CAP+ ACsin∠BAP= ADsin∠BAC。證畢。

第四篇：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

第五篇：高中數學常用平面幾何名定理

高中數學常用平面幾何名定理

定理1 Ptolemy定理托勒密(Ptolemy)定理

四邊形的兩對邊乘積之和等于其對角線乘積的充要條件是該四邊形內接于一圓。

定理2 Ceva定理

定理3 Menelaus定理

定理4 蝴蝶定理定理

內容：圓O中的弦PQ的中點M，任作兩弦AB，CD，弦AD與BC分別交PQ于X，Y，則M為XY之中點。

定理5 張角定理

在△ABC中，D是BC上的一點。連結AD。張角定理指出:sin∠BAD/AC+sin∠CAD/AB=sin∠BAC/AD

定理6 Simon line西姆松(Simson)定理（西姆松線）

從一點向三角形的三邊所引垂線的垂足共線的充要條件是該點落在三角形的外接圓上。

定理7 Eular line：

同一三角形的垂心、重心、外心三點共線，這條直線稱為三角形的歐拉線；且外心與重心的距離等于垂心與重心距離的一半

定理8 到三角形三定點值和最小的點——費馬點

已知P為銳角△ABC內一點，當∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°時，PA＋PB＋PC的值最小，這個點P稱為△ABC的費爾馬點。

定理9 三角形內到三邊距離之積最大的點是三角形的重心

定理10到三角形三頂點距離的平方和最小的點是三角形的重心 在幾何里,平面是無限延展的,是無大小的,是不可度量的,是無厚度的,通常畫平行四邊形來表示平面

0、勾股定理，即直角三角形兩直角邊的平方和等于斜邊的平方。這是平面幾何中一個最基本、最重要的定理，國外稱為畢達哥拉斯定理。

1、歐拉（Euler）線：

同一三角形的垂心、重心、外心三點共線，這條直線稱為三角形的歐拉線；且外心與重心的距離等于垂心與重心距離的一半

2、九點圓：

任意三角形三邊的中點.三條高線的垂足.垂心與各頂點連線的中點,這9點共圓，這個圓稱為三角形的九點圓；其圓心為三角形外心與垂心所連線段的中點，其半徑等于三角形外接圓半徑的一半。

3、費爾馬點：

已知P為銳角△ABC內一點，當∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°時，PA＋PB＋PC的值最小，這個點P稱為△ABC的費爾馬點。

4、海倫（Heron）公式：

在△ABC中，邊BC、CA、AB的長分別為a、b、c，若p＝0.5*（a＋b＋c），則△ABC的面積S＝√ p*(p-a)(p-b)(p-c)

5、塞瓦（Ceva）定理：

在△ABC中，過△ABC的頂點作相交于一點P的直線，分別交邊BC、CA、AB與點D、E、F，則 ；其逆亦真

6、密格爾（Miquel）點：

若AE、AF、ED、FB四條直線相交于A、B、C、D、E、F六點，構成四個三角形，它們是△ABF、△AED、△BCE、△DCF，則這四個三角形的外接圓共點，這個點稱為密格爾點。

7、葛爾剛（Gergonne）點:

△ABC的內切圓分別切邊AB、BC、CA于點D、E、F，則AE、BF、CD三線共點，這個點稱為葛爾剛點。

8、西摩松（Simson）線：

已知P為△ABC外接圓周上任意一點，PD⊥BC，PE⊥ACPF⊥AB，D、E、F為垂足，則D、E、F三點共線，這條直線叫做西摩松線。

9、黃金分割：

把一條線段(AB)分成兩條線段,使其中較大的線段(AC)是原線段(AB)與較小線段(BC)的比例中項,這樣的分割稱為黃金分割

11、笛沙格（Desargues）定理：

已知在△ ABC與△A'B'C'中，AA'、BB'、CC'三線相交于點O，BC與B'C'、CA與C'A'、AB與A'B'分別相交于點X、Y、Z，則X、Y、Z三點共線；其逆亦真。

12、摩萊（Morley）三角形：

在已知△ABC三內角的三等分線中，分別與BC、CA、AB相鄰的每兩線相交于點D、E、F，則三角形DDE是正三角形，這個正三角形稱為摩萊三角形。

13、帕斯卡（Paskal）定理：

已知圓內接六邊形ABCDEF的邊AB、DE延長線交于點G，邊BC、EF延長線交于點H，邊CD、FA延長線交于點K，則H、G、K三點共線

14、托勒密（Ptolemy）定理：

在圓內接四邊形中，AB?CD＋AD?BC＝AC?BD15、阿波羅尼斯（Apollonius）圓

一動點P與兩定點A、B的距離之比等于定比m：n，則點P的軌跡，是以定比m：n內分和外分定線段的兩個分點的連線為直徑的圓，這個圓稱為阿波羅尼斯圓，簡稱“阿氏圓”

16、梅內勞斯定理

梅內勞斯定理（Menelaus’ theorem）的表述：如果一條直線和三角形ABC的三邊或其延長線分別交于點P、Q、R，則有，BP/PC·CQ/QA·AR/RB=-

1此定理得逆命題也成立。

17、布拉美古塔（Brahmagupta）定理：

在圓內接四邊形ABCD中，AC⊥BD，自對角線的交點P向一邊作垂線，其延長線必平分對邊