第一章涅劳斯定理及应用
【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?，
BA?CB?AC?C?三点共线，则 ① ???1．
A?BB?AC?BAB′C′C′B′ABCA′D图1-1BCDA'
证明 如图1-1，过A作直线AD∥C?A?交BC的延长线于D，则 CB?CA?AC?DA?，，故 ??B?AA?DC?BA?BBA?CB?AC?BA?CA?DA???????1． A?CB?AC?BA?CA?DA?B注 此定理的证明还有如下正弦定理证法及面积证法．
正弦定理证法 设∠BC?A???，∠CB?A???，∠B?A?B??，在△BA?C?中，有
BA?sin??，同理，C?Bsin?CB?sin?AC?sin??，，此三式相乘即证． ?CA?sin?AB?sin?BA?S△A?C?BCB?S△CB?C?S△CA?B?S△CB?C??S△CA?B?S△C?CA?AC?S△AC?A???????面积证法 由，，，此三A?CS△A?C?CB?AS△B?AC?S△A?AB?S△B?AC??S△A?ABS△AC?A?C?BS△C?BA?式相乘即证．
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 BA?CB?AC? ② ???1，
A?CB?AC?B则A?，B?，C?三点共线．
BA?CB?AC1???1． 证明 设直线A?B?交AB于C1，则由梅涅劳斯定理，得到
A?CB?AC1A由题设，有
AC1AC?BA?CB?AC??． ???1，即有
C1BC?BA?CB?AC?BAC1AC?，故有AC1?AC?，从而C1与C?重合，即A?，B?，C?三点共线． ?ABAB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（包括三边的延长线）上的点，则A?，B?，C?三点共线的充要条件是 BA?CB?AC????1． ???ACBACB上述①与②式是针对△ABC而言的，如图1-1（整个图中有4个三角形），对于△C?BA?、△B?CA?、△AC?B?也有下述形式的充要条件： 又由合比定理，知
C?ABCA?B?B?ACBA?C?ABC?A?B?C ③ ???1；???1；???1．
ABCA?B?C?ACBA?C?B?BC?A?B?CA第一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（包括三边的延长线）上的点，则A?，B?，C?共线的充分必要条件是 sin∠BAA?sin∠ACC?sin∠CBB? ④ ???1．
sin∠A?ACsin∠C?CBsin∠B?BAAC'B'BC图1-2A′
证明 如图1-2，可得
BA?S△ABA??A?CS△AA?C?1AB?AA??sin∠BAA?2 ?1AA??AC?sin∠A?AC2AB?sin∠BAA?．
AC?sin∠A?AC同理，
CB?BC?sin∠CBB?AC?AC?sin∠ACC???，．
C?BBC?sin∠C?CBB?AAB?sin∠B?BA以上三式相乘，运用梅涅劳斯定理及其逆定理，知结论成立．
第二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所在直线上的点，点O不在△ABC三边所在直线上，则A?，B?，C?三点共线的充要条件是 sin∠BOA?sin∠COB?sin∠AOC? ⑤ ???1．
???sin∠AOCsin∠BOAsin∠COBAC'OB'B图1-3CA′
证明 如图1-3，由
S△BOA?BA??，有 S△A?OCA?Csin∠BOA?OCBA?． ????sin∠AOCOBACsin∠COB?OACB?sin∠AOC?OBAC?同理，，． ????sin∠B?OAOCB?Asin∠C?OBOAC?Bsin∠BOA?sin∠COB?sin∠AOC?BA?CB?AC?． ?????sin∠A?OCsin∠B?OAsin∠C?OBA?CB?AC?BBA?CB?AC?故由梅涅劳斯定理知A?，B?，C?共线????1．
???ACBACB从而定理获证．
注 （1）对于④、⑤式也有类似③式（整个图中有4个三角形）的结论．
（2）于在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式中的右端均为-1，③、④、⑤式中的角也可以按①或②式中的对应线段记忆．特别要注意的是三边所在直线上的点为一点或者三点在边的延长线上． 【典型例题与基本方法】
1．恰当地选择三角形及其截线（或作出截线），是应用梅涅劳斯定理的关键
例1 如图1-4，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，并且B，M，N共线．求证：M与N分别是AC和CD的中点． （1983年全国高中联赛题） 于是
DNAEMB图1-4C
证明 设
AMCN，AC交BD于E． ??r（0?r?1）
ACCD∶∶41， ?S△ABD∶S△BCD∶S△ABC?3?
BE1AE3?，?． BD7AC7AMAE3-r-EMAM-AE7?7r-3． ??ACAC?AMMCAC-AM1-r7-7r1-AC又因B，M，N三点共线，可视BMN为△CDE的截线，故由梅涅劳斯定理，得
CNDBEMr77r-3???1，即???1． NDBEMC1-r17-7r化简整理，得 6r2-r-1?0，
11解得r?，r?-（舍去）．
23故M与N分别是AC和CD的中点． 例2 如图1-5，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，延长DF交BC于G．求证：∠GAC?∠EAC．（1999年全国高中联赛题）
AB'DBGFG'EC图1-5
证明 记∠BAC?∠CAD??，∠GAC??，∠EAC??，直线GFD与△BCE相截，由梅涅劳斯定理，有 1???BGCDEFS△ABGS△AEF???? GCDEFBS△AEDS△ABFAB?sin(?-?)AC?sin?AE?sin???
AC?sin?AE?sin(?-?)AB?sin?sin(?-?)?sin?．
sin??sin(?-?)?(-??)s?in?s?i-n(??)．? 故 sin??co?s?s?in-?co?s?s?in??sin??sin??co?s-s?in??c?，os ?即 sin??co?s?s?in??s?in?s?in??cos?-s?in?(??)-k0π?，?亦即 sin且k只可能为0，故∠GAC
?∠EAC．
例3 设E、F分别为四边形ABCD的边BC、CD上的点，BF与DE交于点P．若∠BAE?∠FAD，
则∠BAP?∠CAD．
证明 如图1-6，只需证得当AF关于∠BAD的等角线交BE于P时，B、P、F共线即可．
ADFPBE图1-6C
事实上，B、P、F分别为△CDE三边所在直线上的三点，且A不在其三边所在直线上． 又∠FAD?∠EAB，∠DAP?∠BAC，∠PAE?∠CAF， 由第二角元形式的梅涅劳斯定理，有
sin∠EABsin∠CAFsin∠DAP???1．故B、P、F三点共线．
sin∠BACsin∠FADsin∠PAE注 当AC平分∠BAD时，即为1999年全国高中联赛题．
2．梅涅劳斯定理的逆用（逆定理的应用）与迭用，是灵活应用梅氏定理的一种方法
例2另证 如图1-5，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FB?，
FG?，只须证明A，E，G?三点共线． 设∠EFB???，∠DFE?∠BFG?∠B?FG???，∠AFD?∠GFC?∠G?FC??，则
SSGBDA??BGS△FCD△E?sF?iEnCF??D?s?in?F?-B?si?FnC(????A???△F????1． *?A?B?GC△F?EB△DS?i?-?F?)B?s?inF?CsiA?△FGCS?sFnSE?(DnF对△CB?D，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知A，E，G?三点共线．故∠GAC?∠EAC．
注 在图1-5中，*式也可为sin(180?-?-?)，若B?在AD的延长上，则*式为sin(?????)． 例4 如图1-7，?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）
P（P'）GO1AHO2EB图1-7DCF
证法1 过A作AD⊥BC于D，延长DA交直线HF于点P?．对△ABD及截线FHP?应用梅涅劳斯定理，有
AHBFDP????1．
?HBFDPAAHDP?由BF?BH，有??1．
FDP?AO2F，GOO2三点共线，O1G，O2H，显然O1，A，连O1E，则由O1E∥AD∥O2F，有△A1∽△AHO2，
从而
DEAO1AGAHAG??，即． ?DFAO2AHFDEDAHDP?DP?AGDP?AGCE． ??????FDP?AP?AEDP?AGCED对△ADC，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知P?，G，E三点共线，即P?为直线EG与FH的交点．故点P?与点P重合，从而PA⊥BC．
证法2 延长PA交BC于D，直线PHF与△ABD的三边延长线都相交，直线PGE与△ADC的三边延长线都相交，分别应用（迭用）梅涅劳斯定理，有 又CE?CG，则1?AHBFDPDPAGCE???1，???1． HBFDPAPAGCED上述两式相除，则有
AHBFAGCE． ???HBFDGCEDAHAGAGDE，即． ??FDEDAHDF而HB?BF，CE?GC，于是
连O1G，OE，O1A，O2A，O2H，O2F，而O1，A，O2共线，则OG⊥GC，O2H⊥BH，且△O1AG∽△O2AH，从而
O1AAGDE??，于是AD∥O1E．故AD⊥EF，即PA⊥BC． O2AAHDF【解题思维策略分析】
梅涅劳斯定理是三角形几何学中的一颗明珠，它蕴含着深刻的数学美，因而它在求解某些平面几何问题，特别是某些平面几何竞赛题中有着重要的应用． 1．寻求线段倍分的一座桥梁
例5 已知△ABC的重心为G，M是BC边的中点，过G作BC边的平行线交AB边于X，交AC边于Y，且XC与GB交于点Q，YB与GC交于点P．证明：△MPQ∽△ABC．
（1991年第3届亚太地区竞赛题）
证明 如图1-8，延长BG交AC于N，则N为AC的中点．由XY∥BC，知
AAXAGNC1而 ??2，?．
XBGMCA2XQGPNYBM图1-8C对△ABN及截线XQC，应用梅涅劳斯定理，有 AXBQNCBQ1???2???1，故BQ?QN． XBQNCAQN2
11从而MQ∥AC，且MQ?CN?AC．
24同理，MP∥AB，且MP?1AB． 4MPMQ，故?ABAC由此可知，∠PMQ与∠BAC的两边分别平行且方向相反，从而∠PMQ?∠BAC，且△MPQ∽△ABC．
例6 △ABC是一个等腰三角形，AB?AC，M是BC的中点；O是AM的延长线上的一点，使得OB⊥AB；Q是线段BC上不同于B和C的任意一点，E在直线AB上，F在直线AC上，使得E，Q，
F是不同的和共线的，求证：
（Ⅰ）若OQ⊥EF，则QE?QF； （Ⅱ）若QE?QF，则OQ⊥EF． （1994年第35届IMO试题）
证明 （1）如图1-9，连OE，OF，DC．由OQ⊥EF，易证O，E，B，Q四点共圆，O，C，F，
OE?OF．故QE?QF． ?∠OB?Q∠OC?∠QOFQ四点共圆．则 ∠OEQ，因此