梅涅劳斯定理和塞瓦定理

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梅涅劳斯定理

证明:

过 $A$ 和 $E$ 分别作 $BC$ 的平行线, 分别交 $DEF$, $AB$ 所在直线于 $A^{\prime }$, $E^{\prime }$.

将所有比值都转换为 $A{A}^{\prime }$, $E{E}^{\prime }$, $BF$, $FC$ 之间的比值: $EC/EA=FC/A{A}^{\prime }$, $AD/BD=A{A}^{\prime }/BF$, 进而命题得证.

(过 $D$ 作 $BC$ 的平行线交 $AC$ 所在直线于 $D^{\prime }$, 也可证得此命题.)

推论1. 分别作直线 $AD$, $CF$, $BE$ 关于 $\angle A$, $\angle C$, $\angle B$ 的对称直线, 分别与 $BC$, $AB$, $AC$ 交于 $D^{\prime }$, $F^{\prime }$, $E^{\prime }$, 则此三点亦共线.

对于 $△ABC$ 和截线 $D^{\prime },E^{\prime },F^{\prime }$,
$$\frac{\sin \angle D^{\prime }AB}{\sin \angle D^{\prime }AC}\frac{\sin \angle E^{\prime }BC}{\sin \angle ABC}\frac{\sin \angle AC{F}^{\prime }}{\sin \angle ACB}=\frac{\sin CAD}{\sin BAD}\frac{\sin ABE}{\sin CBE}\frac{\sin BCF}{\sin ACF}$$
对于 $△ABC$ 和截线 $D,E,F$, 应用梅涅劳斯定理可知后者等于1.

应用梅涅劳斯定理第一角元形式逆定理可知三点共线.

推论2. $△ABC$ 的三个外角平分线分别和对边相交, 所得的三个点共线.

证明: 对于 $△ABC$ 和 $F,E,D$,
$$\frac{\sin \angle FBA}{\sin \angle FBC}\frac{\sin \angle CAD}{\sin \angle BAD}\frac{\sin \angle BCE}{\sin \angle ACE}=\frac{\sin (\pi /2-B/2)}{\sin (\pi /2+B/2)}\frac{\sin (\pi /2-A/2)}{\sin (\pi /2+A/2)}\frac{\sin (\pi /2+C/2)}{\sin (\pi /2-C/2)}=1$$
应用梅涅劳斯定理第一角元形式逆定理可知三点共线.

推论3. $△ABC$ 的三个顶点作其外接圆的切线, 分别和对边相交, 所得的三个点共线.

对于 $△ABC$ 和截线 $A_1{B}_1{C}_1$,
$$\frac{\sin \angle A_{1}AB}{\sin \angle A_{1}AC}\frac{\sin \angle B_{1}BC}{\sin \angle B_{1}BA}\frac{\sin \angle C_{1}CA}{\sin \angle C_{1}CB}=\frac{\sin C}{\sin B}\frac{\sin A}{\sin C}\frac{\sin B}{\sin A}=1$$
应用梅涅劳斯定理第一角元形式逆定理可知三点共线.

推论4. 若 $\angle A_{1}PB=\angle AP{B}_1$, 则 $\angle A_{1}PC=\angle AP{C}_1$, $\angle BP{C}_1=\angle CP{B}_1$.

推论5. 如图, 已知 $⨀O_1$, $⨀O_2$, $⨀O_3$ 为 $△ABC$ 旁切圆, $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$ $C_1$, $C_2$, 分别为切点, $A_3$, $B_3$, $C_3$ 为三条切点弦所在直线与旁切圆所切的边所在直线的交点, 三条切点弦所在直线交出 $P_1$, $P_2$, $P_3$ 三点. (1) $P_{1}A$, $P_{2}B$, $P_{3}C$ 分别垂直于 $BC$, $AC$, $AB$ 三边. (2) $A_3$, $B_3$, $C_3$ 三点共线.

(1) 先证明 $P_{1}A\perp BC$, 其余可同理证明.

过 $P$ 和 $A$ 作 $BC$ 的垂线交 $BC$ 于 $A_0$, $A_0^{\prime }$.

可求得 $C_2{A}_0/B_1{A}_0=\tan C/2/\tan B/2$.

$C_2{A}_0^{{}^{\prime }}/B_1{A}_0^{{}^{\prime }}=O_{3}A/O_{2}A=O_3{C}_2/O_2{B}_1=C_{2}C\tan (C/2)/B_{1}B/\tan (B/2)=\tan (C/2)/\tan (B/2)$

(2) 设 $A{A}_1=B{B}_1=C{C}_1=x$

对$△ABC$ 和截线 $P_1{P}_2$ 应用梅涅劳斯定理, $A{C}_3/B{C}_3=A{C}_1/C{C}_1\cdot C{C}_2/B{C}_2=(x-b)/(x-a)$

对$△ABC$ 和截线 $P_2{P}_3$ 应用梅涅劳斯定理, $B{A}_3/C{A}_3=A{A}_2/C{A}_2\cdot B{A}_1/A{A}_1=(x-c)/(x-b)$

对$△ABC$ 和截线 $P_1{P}_3$ 应用梅涅劳斯定理, $C{B}_3/A{B}_3=B{B}_2/A{B}_2\cdot C{B}_1/B{B}_1=(x-a)/(x-c)$

所以 $A{C}_3/B{C}_3\cdot B{A}_3/C{A}_3\cdot C{B}_3/A{B}_3=1$. 由梅涅劳斯定理逆定理可知 $P_1,P_2,P_3$ 三点共线.

推论6. 如图, $\angle A{A}_1{A}_2=\angle A{A}_2{A}_1=\angle B{B}_1{B}_2=\angle B{B}_2{B}_1=\angle C{C}_1{C}_2=\angle C{C}_2{C}_1$, 求证: $K_1$ ~ $K_6$ 共圆.

证明:

证明: 证明 $K_5{K}_6//BC$:

显然 $B$, $C$, $B_2$, $C_1$ 共圆; $A$, $C$, $A_2$, $C_1$ 共圆; $A$, $B$, $A_1$, $B_2$ 共圆

$A{K}_6/K_6{A}_1=A{C}_1/B{C}_1\cdot BC/A_{1}C$

$A{K}_5/K_5{A}_2=A{B}_2/B_{2}C\cdot BC/B{A}_2$

$A{B}_2/A{C}_1=AB/AC$, $B{C}_1/B{A}_2=BC/AB$, $A{B}_2/A{C}_1=AB/AC$, $A_{1}C/B_{2}C=AC/BC$

同理 $K_2{K}_3//BC$, $K_3,K_6,K_2,K_5$ 四点共圆, 同理还可得到 , $K_1,K_4,K_3,K_6$ 四点共圆, $K_1,K_4,K_2,K_5$ 四点共圆, 由戴维斯定理可知六点共圆.

推论7. 三个圆每两个的外公切线交点三点共线.

证明: 如图. 易证 $O_1{O}_2$ 过 $V_3$, $O_1{O}_3$ 过 $V_2$, $O_2{O}_3$ 过 $V_1$. 对于 $△O_1{O}_2{O}_3$ 和 $V_1$, $V_2$, $V_3$, 易证
$$\frac{O_1{V}_3}{O_2{V}_3}\frac{O_2{V}_1}{O_3{V}_1}\frac{O_3{V}_2}{O_1{V}_2}=\frac{r_1}{r_2}\frac{r_2}{r_3}\frac{r_3}{r_1}=1$$
由梅涅劳斯定理逆定理可知, $V_1$, $V_2$, $V_3$ 三点共线.

练习1. 如图, $AB=AD$, $BC=CD$, 过 $BD$ 上的一点 $P$ 作一条直线分别交 $AD$, $BC$ 于 $E$, $F$, 再过点 $P$ 作一条直线分别交 $AB$, $CD$ 于 $G$, $H$. 设 $GF$ 与 $EH$ 分别交 $BD$ 于 $I$, $J$, 求证: $\frac{PI}{PB}=\frac{PJ}{PD}$.

正面: 过 $B$ 作$AD$, $CD$ 的平行线, 分别交 $GH$, $EF$ 于 $L$, $M$, 连结 $LM$. 易证 $\angle LBG=\angle FBM$, $\angle GBP=\angle MBP$. 所以
$$\frac{\sin \angle PBL}{\sin \angle GBL}\cdot \frac{\sin \angle GBI}{\sin \angle LBF}\cdot \frac{\sin \angle FBM}{\sin \angle PBM}=1$$
由梅涅劳斯定理(第二角元形式)逆定理可知 $LM$ 经过 $I$.

设 $PI/PJ=r$, $PE/PM=r$, $△DEP\sim △BMP$, 所以 $PD/PB=PE/PM=r$.

练习2. 如图, $△ABC$ 为非直角三角形, $H$ 为垂心, $D$, $E$, $F$ 为三角形三条垂线的垂足, 过 $H$ 分别作三边的平行线, 三条线分别与 $△DEF$ 三边所在直线相交, 求证三交点共线.

证明: 对于 $△FDE$, 截线 $PQR$ 和点 $H$, 易证
$$\frac{\sin \angle QHF}{\sin \angle QHD}\frac{\sin \angle RHD}{\sin \angle RHE}\frac{\sin \angle EHP}{\sin \angle FHP}=\frac{\cos A}{\cos C}\frac{\cos B}{\cos A}\frac{\cos C}{\cos A}=1$$
由梅涅劳斯定理第二角元形式的逆定理可知命题成立.

练习3. 如图, $P$ 为 $△ABC$ 外一点, 过 $P$ 作 $PA$, $PB$, $PC$ 的垂线分别交 $BC$, $AC$, $AB$ 三边于点 $D$, $E$, $F$, 则 $D$, $E$, $F$ 三点共线.

由第二角元形式易证

练习4. 如图, 已知 $AC$ 平分 $\angle BAD$, 求证 $\angle GAC=\angle FAC$.

对$△DFC$ 和截线 $EPB$ 应用梅涅劳斯定理, 可知

$\sin FAC/\sin EAC=\sin FAB/\sin EAD$

若 $\angle FAC>\angle EAC$, 则 $\angle FAB>\angle EAD$, 进而 $\angle BAC>\angle CAD$.

练习5. 如图, $A_1$ 为 $BC$ 中点, $A_2$ 为 $\angle BAC$ 角平分线与 $BC$ 的交点, $K{A}_2//AC$, 求证: $A{A}_2\perp KC$.

作 $CK$ 的垂线交 $BC$ 于 $A_2^{\prime }$, 对 $△BDC$ 和截线 $AE{A}_2$ 应用梅涅劳斯定理可知
$$\frac{DA\cdot B{A}_2^{\prime }\cdot CE}{AB\cdot A_2^{\prime }C\cdot DE}=1$$
$\frac{B{A}_2^{\prime }}{A_2^{\prime }C}=\frac{AB}{AC}$, 所以 $A_2^{\prime }$ 就是 $A_2$

练习x. 如图, $G$ 为 $△ABC$ 的垂心, $XY$ 为过 $G$ 平行于 $BC$ 的直线, $M$ 为 $BC$ 中点, 求证 $△QPM\sim △ABC$.

练习6.

如图, $D$, $E$ 为以 $BC$ 为直径所作的圆分别与 $AB$, $AC$ 的交点, $DF\perp BC$, $EG\perp BC$, 求证: $PM$ 在过 $A$ 向 $BC$ 所作的垂线上.

显然 $P$ 是垂心, 设 $AP$ 的垂足为 $Q$, $AP$ 交 $EF$ 于 $M^{\prime }$, 交 $DG$ 于 $M^{\prime \prime }$

对 $△EFC$ 和截线 $AQ$ 应用梅涅劳斯定理, 可知

$F{M}^{\prime }/M^{\prime }E=FQ/QC\cdot CA/AE$,

同理
$$D{M}^{\prime \prime }/M^{\prime \prime }G=AD/AB\cdot BQ/QG$$

$$\frac{FQ/QC\cdot CA/AE}{AD/AB\cdot BQ/QG}=\frac{(AB\cdot AC)\cdot FQ\cdot GQ}{(AD\cdot AE)\cdot BQ\cdot CQ}=1$$

($FQ/BQ=AD/AB$, $GQ/CQ=AE/AC$)

所以 $M^{\prime }$ 与 $M^{\prime \prime }$ 重合, 说明 $M^{\prime }$ 也在 $DG$ 上, 因此就是 $M$.

练习7. 如图, $ABCD$ 为平行四边形, $MN//AB$, $EF//AB$, 求证: $MF$, $BD$, $EN$ 三线共点.

证明: 设 $MF$ 交 $BD$ 于 $G$, $EN$ 交 $BD$ 于 $G^{\prime }$, 对于 $△ABD$ 和截线 $FMG$, $△CBD$ 和截线 $EN{G}^{\prime }$ 分别应用梅涅劳斯定理, 可以证得 $BG/DG=B{G}^{\prime }/D{G}^{\prime }$, 因此 $G$ 和 $G^{\prime }$ 重合.

练习8. 如图, $P$ 为 $△ABC$ 内一点, $PA$, $PB$, $PC$ 的垂线分别交 $BC$, $AC$, $AB$ 三边所在直线于 $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$, 求证这三点共线.

证明: 对 $△ABC$ 和 $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$, 以及点 $P$, 易证
$$\frac{\sin \angle B^{\prime }PA}{\sin \angle B^{\prime }PC}\frac{\sin \angle CP{A}^{\prime }}{\sin \angle BP{A}^{\prime }}\frac{\sin \angle BP{C}^{\prime }}{\sin \angle AP{C}^{\prime }}=1$$
由梅涅劳斯定理第二角元形式逆定理可整得此结论.

塞瓦定理可用面积法证明, 具体略.