梅涅劳斯定理及其应用
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中学数学教学参考
2003年第7期
梅涅劳斯定理及其应用
湖南师大数学奥林匹克研究所 沈文选=1.
sin∠A′ACsin∠C′CBsin∠B′BA
1 基础知识
梅涅劳斯定理 设A′、B′、C′分别是△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上的点.若A′、B′、C′三点
共线,则=1.
A′CB′AC′B
证明:如图1,过A作AD∥C′A′交BC延长线于D,
则,
′D=,C′BA③
以上三式相乘,运用梅氏定理及其逆定理知结论成立.
:,、②-.
①
(1)恰当地选择三角形及其截线(或作出截线),是
应用梅氏定理的关键.
例1 如图3,在四边形ABCD中,△ABD,△BCD,△ABC的面积比是3∶4∶1,点M、N分别在AC、
CD上,满足AM∶AC=CN∶CD,
故=A′CB′AC′BA′C
=1.A′DA′B
梅涅劳斯定理的逆定理 设A′、B′、C′分别是△ABC的三边BC,CA,AB或其延长线上的点,若
=1,A′CB′AC′B
并且B、M、N共线.求证:M与②
N分别是AC和CD的中点.(1983年全国高中联赛题)
则A′、B′、C′三点共线.
证明:设直线A′B′交AB于C1,则由梅涅劳斯定理,得到=1.A′CB′AC1A
证明:设
==r(0
∵S△ABD∶S△BCD∶S△ABC =3∶4∶1,
=,=.BD7AC7
-r-====.MCAC-AM1-r7-7r
1-AC
又因B、M、N三点共线,可视BMN为△CDE的
AC由题设,有=1,即有=.
A′CB′AC′BC1BC′B
∴
又由合比定理,知
=,故有AC1=AC′.ABAB
从而C1与C′重合,即A′、B′、C′三点共线.
有时,也把上述两个定理合写为:设A′、B′、C′分别是△ABC的三边BC、CA、AB所在直线(包括均可以在三边的延长线)上的点,则A′、B′、C′三点共线的充要条件是
=1.A′CB′AC′B
截线,故由梅氏定理,得
=1,即=1.NDBEMC1-r17-7r
整理,得 6r2-r-1=0.
.2
故M与N分别是AC和CD
的中点.
角元形式的梅涅劳斯定理 设A′,B′,C′分别是△ABC的三边BC、CA、AB所在直线(包括均可以在三边的延长线)上的点,则A′、B′、C′共线的充要条件是
解得 r=
例2 如图4,在四边形ABCD中,对角线AC平分∠BAD.在CD上取一点E,BE与AC相交于F,延
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长DF交BC于G.求证:∠GAC
=∠EAC.(1999年全国高中联
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由BF=BH,有
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赛题)
证明:记∠BAC=∠CAD=θ,∠GAC=α,∠EAC=β.直线
GFD与△BCE相截,由梅氏定
=1.FDP′A
显然O1、A、O2三点共线,连O1E,O1G、O2F,O2H,则由O1E∥AD∥O2F,有△AGO1∽△AHO2,
从而==,即=.DFAO2AHFDED
理,有
1==
=GCDEFBS△AGCS△AEDS△ABF
)AB・AC・sinαAE・sin(θ-βsinθ
=.
)sinα・sin(θ-β)・)・∴sin(θ-αsinβ=sin(θ-βsinα,
=FDP′AP′AED=.P′AGCED
对△ADC,应用梅氏定理的逆定理,知P′、G、E
又CE=CG,则1=
三点共线,即P′为直线EG与FH.故点P′与点,PA6,以别与边
D和E,分别过点D、E作BC的垂线,垂足依次为F、G,线段DG和EF交于点M.
即sinθ・cosα・sinβ-cosα・sin=
sinθ・cosβ・α-亦即 ・sin・sin)0Ζsin(π,k只可能为0.故∠GAC=∠EAC.Ζα-β=k
(2)注意梅氏定理的逆用(逆定理的应用)与迭用,
求证:AM⊥BC.(IMO37中国国家队选拔赛题)
证明:设直线AM与BC交于H,连BE、CD,则知∠BEC=∠BDC=90°.直线FME与△AHC相截,直线GMD与△ABH相截,用梅氏定理,有
=1,=1.EAMHGBDA
=.HGCE・BG・AD
在Rt△DBC与Rt△EBC中,有
・MHFC
是灵活应用梅氏定理的一种表现.
例2 另证:如图4,设B、G关于AC的对称点分别为B′、G′,易知A、D、B′三点共线.连结FB′、FG′,只须证明A、E、G′三点共线.
设∠EFB′=α,∠DFE=∠BFG=∠B′FG′=β,
∠AFD=∠GFC=∠G′FC=γ,则=
AB′G′CED
SFDASFGSFECB=・
S△FB′S△FG′S△FED)(3)FB′・sin(β+γ-αACγβFC・sinFD・sin
(3)
两式相除,得(3)
CD=BC・FC,BE=BC・BG,即
22
=1.
=.BGBE2
(33)
2
对△CB′D,应用梅氏定理的逆定理,知A、E、G′三点共线.故∠GAC=∠EAC.
注:在图4中,(3)式也可为sin(18°-β-γ).若
).B′在AD的延长线上,则(3)式为sin(β+γ+α
=.2HGBE・CE・AD
又由△ABE∽△ACD,有=.
BEAE
将其代入(3)式,得
2
将其代入(33)式,得
=,从而,MH∥DF.EGMG
===HGBE・CES△EBC
例3 如图5,⊙O1与⊙O2
和△ABC的三边所在的3条直线都相切,E、F、G、H为切点,直线
EG与FH交于点P.求证:PA⊥BC.(1996年全国高中联赛题)
而DF⊥BC,则MH⊥BC,故AM⊥BC.例5 如图7,四边形ABCD内接于圆,其边AB,DC的延长线交于点P,AD和BC的延长线交于点Q,过Q作该圆的两条切线,切点分别为E、F.求证:P、E、F三点共线.(CMO1997年试题)
证明:设圆心为O,连结QO交EF于L,连结
证明:过A作AD⊥BC,垂足
为D,延长DA交直线HF于点P′.对△ABD及截线
FHP′应用梅氏定理,有
=1.HBFDP′A
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==IACABA
=.令BC=a,AC=b,AB=c,则=.AB+ACIAb+c
由①式,有=,
EFa
即==.CFCE-EFb+c-a
LD、LA、OD、OA,则由切割线定理和射影定理,有
QD・QA=QE=QL・QO,
又AB1=B1C及角平分线性质,即
从而D、L、O、A四点共圆,即有∠QLD=∠DAO=∠ODA=∠OLA,亦即QL为△LAD的内角∠ALD的外角平分线.
又EF⊥OQ,则EL平分∠ALD.设EF分别交AD、BC于M、N.于是
==.MAALAQ
=.BNBQ于是,===,
DQAQAQ+DQDQ+AQ==.CQBQBQ+CQ
同理,
2而CF=,则EF=.
(b+c-a)(b+c)b+c
(由题设又BF=,BE=EF-BF=
b+cb+c-a
知a>c),
=((-AB2,有
②
=+=,=.
ADCNBC
直线与△QCD的三边延长线相交,由梅氏
所以,
=1.EBB2A
将②式代入上式,得∴
==,B2AAIEFb
==.AB2AB2b
=.AC2c
③④
定理,有1=
=.PDAQBCPDMQCN
对△QCD应用梅氏定理的逆定理,知P、M、N
同理三点共线,所以P、E、F三点共线.
例6 如图8,设点I、
H分别为锐角△ABC的
由S△BKB2=S△CKC2ΖS△ABC=S△AB2C2Ζ
)Ζ=1(注意③、④=1Ζ
AB2・AC2bca=b+c-bcΖ∠BAC=60°.
2
2
2
内心和垂心,点B1、C1分别为边AC,AB的中点,已知射线B1I交边AB于点
B2(B2≠B),射线C1I交AC的延长线于点C2,
B2C2与BC相交于K,A1为△BHC的外心.试证:A、I、A1三点共线的充要条件是△BKB2和△CKC2的面
注:例6还有其他证明,可参见笔者另文《第18届
(中等数学冬令营平面几何试题的背景、另解及变化》《
数学》2003年第3期).
例7 如图9,凸四边形ABCD的一组对边BA与CD的延长线交于M,且
AD∥\BC,过M作截线交
积相等.(CMO2003年试题)
证明:首先证A、I、A1三点共线Ζ∠BAC=60°.设O为△ABC的外心,连BO、CO,则∠BOC=
2∠BAC.又∠BHC=180°-
∠BAC.因此,
另一组对边所在直线于
H、L,交对角线所在直线
于H′、L′.
+.
MHMLMH′ML′
证明:设AD与BC的延长线相交于O.△BML
∠BAC=60°ΖB、H、O、C四点共圆ΖA1在△ABC的外接圆⊙O上ΖAI与AA1重合ΖA、I、A1三点共线.其次,再证S△BKB2=S△CKC2Ζ∠BAC=60°.如图8,设直线AI交BC于F,直线B1B2交CB的延长线于E.对△ACF及截线B1IE,应用梅氏定理,有AB=1.B1CEFIA
求证:
+
=
和△CML均被直线AO所截,迭用梅氏定理,有
,=, ②MHLODMMHLO
=AM
由①×LC+②×BL,得
LC+BL=.③
AMDMMHLO注意到OB・LC+OC・BL=BC・LO(直线上的托
①
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勒迷定理),则③式变为
+BL=BC.④AMDMMH
又由BD截△LCM和AC截△LBM,迭用梅氏定
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(2)由直线NMB截△EPC(BE与AC交于P),有r-==1,得r=.1-r1-r1MCNEBP3
(3)由直线AM截△CBE和△CEF,设CE交AM于O,有=.GF3
(4)(Ⅰ)设P是AC、)BD的中垂线交点即可;(Ⅱ
=1,=1,求得MCOEABOCAF
GE
LC理,有BC=BL,BC=LC.L′MMDH′MAM将上述结果代入④式整理即得欲证结论.
注:当AD∥BC,④式显然成立,故仍有结论成立.
此题是二次曲线蝴蝶定理的推论.
3 强化训练
(1)ABCD是边长为2的正方形,E为AB的中
由4条角平分线性质有
=・KBLPBPC
=1,QNK截=1,即=1,对QDLCMDQB
Q、M、L共线,得KN与
点,F为BC的中点,AF和DE相交于I和交于H.求四边形EIH(2),==r.如果B、ACCE
M和N三点共线,求r.(IMO23试题)
(3)在△ABC中,AB=12,AC=16,M是BC的
LM交于Q,这显然不可能.故KN∥BD∥LM,由此===,即PB=PD.同理PA=PC.PBKBNDPD即P点轨迹是AC、BD中垂线的交点.
点M、NAC,,使
有
(5)设直线AE交BC于M,直线CE交AB于F,
中点,E,F分别在AB,AC上,EF交AM于G,AE=
2AF,求比值
.(IMO29预选题)GF
(4)P是凸四边形ABCD所在平面上一点,
直线DE交AB于G,由直线GED截△FBC,直线
=1,=EFGBDCEFABMC
1,有=.
MCGBDCFA
令BC=a,CA=b,AB=c,则AF=b,=
GBDBAEM截△FBC,有
=,GB=,FG=GB-FB=,故=2
cb+cb+cMCc=1.bb
(6)对i=1,2,3,记Oi为⊙Ci的圆心,Ti为
2
2
2
∠APB,∠BPC,∠CPD,∠DPA的平分线分别交AB、
)寻找一点P,使BC、CD、DA于点K、L、M、N.(Ⅰ)求所有这样的P点的轨KLMN是平行四边形;(Ⅱ
迹.(1995年世界城市数学联赛题)
(5)△ABC中,AB>AC,AD为内角平分线,点E
在△ABC的内部,且EC⊥AD,ED∥AC.求证:射线
(数学教学》AE平分BC边.《问题536)
(6)设△A1A2A3为非等腰三角形,内心为I,Ci
(i=1,2,3)为过I与AiAi+1和AiAi+2相切的小圆(增
△Ai+1IAi+2的外心,显然Oi在∠Ai的内角平分线上.可证Ti也在∠Ai的内角平分线上.由直线
T1T2Q3截△IO1O2,直线T2T3Q1截△IO2O3,直线T3T1Q2截△IO3O1,有
OTITOQ=1,IT1O2T2O1Q3
加的下标作模3同余),Bi(i=1,2,3)为圆Ci+1和
Ci+2的另一交点.证明:△A1B1I、△A2B2I、△A3B3I
的外心共线.(IMO38预选题)
训练题答案与略解
=1,得FCAOHBHD=2BH.直线HIA截△EBD有=1,
IDHBAE
(1)由直线AHF截△BOC有
=1,=1,三O3T3IT2O2Q1O1T1IT3O3Q2
式相乘有
=1,对△O1O2O3运用O1Q3O2Q1O3Q2
梅氏逆定理,知Q1、Q2、Q3共线.
由于Ti+1Ti+2是AiI的中垂线,而Oi+1Oi+2是
BiI的中垂线,因此,Q1、Q2、Q3恰分别为△A1B1I、
得4EI=ID.SBEIH=S△ABF-S△AEI-S△BFH
-=.315
=1-5
△A2B2I、△A3B3I的外心.