幾何明珠 第四章 梅內勞斯定理 練習與思考 詳解

1. 如圖，已知 $\displaystyle\frac{AE}{EC}=\frac32$，$\displaystyle\frac{BC}{CD}=\frac25$，求 $\displaystyle\frac{DE}{EF}$。
   
解法一
首先注意到 $\displaystyle\frac{BC}{CD}=\frac{2}{5}$ 蘊含 $\displaystyle\frac{BD}{CD}=\frac{7}{5}$。以直線 $DF$ 截 $\Delta ABC$ 使用梅內勞斯定理可知
$\displaystyle\frac{AF}{FB}\times\frac{BD}{DC}\times\frac{CE}{EA}=1,$
即有
$\displaystyle\frac{AF}{FB}\times\frac{7}{5}\times\frac{2}{3}=1.$
因此 $\displaystyle\frac{AF}{FB}=\frac{15}{14}$。接著以直線 $AC$ 截 $\Delta BDF$ 使用梅內勞斯定理可知
$\displaystyle\frac{BC}{CD}\times\frac{DE}{EF}\times\frac{FA}{AB}=1.$
又因 $\displaystyle\frac{AF}{FB}=\frac{15}{14}$ 蘊含 $\displaystyle\frac{FA}{AB}=\frac{15}{29}$，因此有
$\displaystyle\frac{2}{5}\times\frac{DE}{EF}\times\frac{15}{29}=1.$
故得 $\displaystyle\frac{DE}{EF}=\frac{29}{6}$。
解法二【由黃柏澄提供】

將 $\Delta DEC$ 視為梅氏三角形（此時將三邊均延長），而直線 $AFB$ 則視為梅氏截線分別截於 $A$、$F$ 與 $B$ 三點。那麼廣義的梅氏定理可敘述為

$\displaystyle\frac{EF}{FD}\times\frac{DB}{BC}\times\frac{CA}{AE}=1.$

此外注意到下列兩點

• $\displaystyle\frac{DB}{BC}=\frac{BC+CD}{BC}=1+\frac{CD}{BC}=1+\frac52=\frac72$，即 $\displaystyle\frac{BC}{BD}=\frac27$。
• 由 $\displaystyle\frac{AE}{EC}=\frac32$ 可知 $\displaystyle\frac{CA}{AE}=\frac{AE+EC}{AE}=1+\frac{EC}{AE}=1+\frac23=\frac53$。

因此結合廣義梅氏定理可知 $\displaystyle\frac{EF}{FD}=\frac{AE}{CA}\times\frac{BC}{DB}=\frac35\times\frac27=\frac6{35}$。至終所求為

$\displaystyle\frac{DE}{EF}=\frac{DF-EF}{EF}=\frac{DF}{EF}-1=\frac{35}6-1=\frac{29}6.$



2. 如圖，$P$ 是正方形 $ABCD$ 對角線的交點，$AF$ 平分 $\angle BAC$，$DH\bot AF$，$H$ 為垂足，$DH$ 交 $AP$ 於 $G$，交 $AB$ 於 $E$，求證：$BE=2PG$。
   
解法一
首先觀察 $\Delta AEG$，由於 $AH$ 為 $\angle EAG$ 的角平分線且 $AH$ 垂直 $EG$，故 $AE=AG$。現考慮直線 $DE$ 截 $\Delta ABP$ 來使用梅內勞斯定理可知
$\displaystyle\frac{AE}{EB}\times\frac{BD}{DP}\times\frac{PG}{GA}=1.$
由於 $AE=AG$ 以及 $BD=2PD$，從而可知 $\displaystyle\frac{AE}{EB}\times\frac{2}{1}\times\frac{PG}{AE}=1$，故有 $BE=2PG$，證明完畢。
解法二
設正方形邊長為 $a$，則對角線 $BD=\sqrt{2}a$，而半對角線長 $\displaystyle AP=PD=\frac{\sqrt{2}}{2}a$。又因 $DH\bot AF$，故可推知 $DH$ 為 $\angle ADB$ 的角平分線，因此使用角平分線的比例性質可知 $\displaystyle AG:GP=a:\frac{\sqrt{2}}{2}a=2:\sqrt{2}$、$\displaystyle AE:EB=a:\sqrt{2}a=1:\sqrt{2}$，因此求得 $\displaystyle PG=\frac{\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}AP=\frac{a}{2+\sqrt{2}}$、$\displaystyle BE=\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}AB=\frac{\sqrt{2}a}{1+\sqrt{2}}$，因此有 $BE=2PG$，證明完畢。


3. 如圖，已知 $M$、$N$ 分別是四邊形 $ABCD$ 的對角線 $AC$、$BD$ 的中點，直線 $MN$ 交 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$ 或延長線於 $P$、$Q$、$R$、$S$，求證：$\displaystyle\frac{AP}{BP}=\frac{CQ}{BQ}=\frac{CR}{DR}=\frac{AS}{DS}$。
   
解法
以直線 $MN$ 分別截 $\Delta ABC$、$\Delta BCD$、$\Delta CDA$ 來使用梅內勞斯定理可得
$\begin{aligned} &\frac{AP}{PB}\times\frac{BQ}{QC}\times\frac{CM}{MA}=1,\\&\frac{BQ}{QC}\times\frac{CR}{RD}\times\frac{DN}{NB}=1,\\&\frac{CR}{RD}\times\frac{DS}{SA}\times\frac{AM}{MC}=1.\end{aligned}$
由於 $AM=MC$、$BN=ND$，如此即可獲得所欲證明的三個等式。


4. 已知 $E$、$F$ 為 $\Delta ABC$ 的 $BC$ 邊上的點，$BE:EF:FC=1:2:3$，$D$ 為 $AC$ 中點，$DB$ 被 $AE$、$AF$ 截得三線段 $x$、$y$、$z$，求 $x:y:z$。
解法
由於 $BE:EF:FC=1:2:3$，可以注意到 $F$ 為 $BC$ 之中點，因此 $BD$ 與 $AF$ 之交點為重心，記為 $G$，從而 $BG:GD=2:1$。再者，記 $AE$ 與 $BD$ 交於 $H$，那麼以 $AE$ 為截線在 $\Delta BFG$ 中使用梅內勞斯定理有
$\displaystyle\frac{BE}{EF}\times\frac{FA}{AG}\times\frac{GH}{HB}=1.$
且由於 $BE:EF=1:2$、$FA:AG=3:2$，因此有 $GH:HB=4:3$。因此綜合 $GH:HB=4:3$ 以及 $BG:GD=2:1$，如此有 $x:y:z=6:8:7$。


5. $M$、$N$ 分別為平行四邊形 $ABCD$ 的邊 $BC$、$CD$ 的中點，$AM$、$AN$ 分別交 $BD$ 於 $P$、$Q$，求證：$S_{\Delta ABP}=S_{\Delta APQ}=S_{\Delta AQD}$。
   
解法
連 $AC$ 交 $BD$ 於 $O$，由於平行四邊形對角線互相平分，故 $O$ 為 $AC$ 中點也為 $BD$ 之中點，從而 $P$ 與 $Q$ 分別為 $\Delta ABC$ 與 $\Delta ACD$ 之重心，因此 $BP:PO=QD:QO=2:1$，又因 $BO=OD$，因此可推論出 $BP=PQ=QD$，從而由三角形面積之計算可知三個三角形面積皆相等。


6. $G$ 為 $\Delta ABC$ 的重心，$KGH$ 為 $\Delta ABC$ 的割線，求證：$\displaystyle\frac{BH}{HA}+\frac{CK}{KA}$ 為定值。（提示，延長 $HK$ 與 $BC$ 交於 $E$。）
   
解法
若 $HK$ 與 $BC$ 平行，則 $AH:HB=AK:KC=AG:GD=2:1$，從而 $\displaystyle\frac{BH}{HA}+\frac{CK}{KA}=1$。假若 $HK$ 與 $BC$ 不平行，則延長 $HK$ 交 $BC$ 於 $E$，不失一般性地假設 $BE> CE$，那麼以 $EH$ 截 $\Delta ABD$ 來使用梅內勞斯定理有
$\displaystyle\frac{AH}{HB}\times\frac{BE}{ED}\times\frac{DG}{GA}=1.$
因此 $\displaystyle\frac{BH}{HA}=\frac{BE}{2ED}$。另一方面，以 $EH$ 截 $\Delta ACD$ 來使用梅內勞斯定理有
$\displaystyle\frac{AK}{KC}\times\frac{CE}{ED}\times\frac{DG}{GA}=1.$
因此 $\displaystyle\frac{CK}{KA}=\frac{CE}{2ED}$。從而
$\displaystyle\frac{BE}{HA}+\frac{CK}{KA}=\frac{BE}{2ED}+\frac{CE}{2ED}=\frac{BE+CE}{2ED}=\frac{BC+CE+CE}{2ED}=\frac{2DC+2CE}{2ED}=1.$
再者對於 $BE<CE$ 的情形也可以證得該式之值為 $1$。因此無論割線是否平行 $BC$ 皆使該式為定值。