梅涅劳斯定理在高中数学解题中的应用

doi:10.12677/ces.2024.1210714

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梅涅劳斯定理在高中数学解题中的应用
Application of Menelaus’ Theorem to High School Math Problem Solving

DOI: 10.12677/ces.2024.1210714, PDF, HTML, XML,
作者: 朱宇萌, 彭阳, 邵贵明：黄冈师范学院数学与统计学院，湖北黄冈
关键词: 梅涅劳斯定理；高中数学；应用；Menelaus’s Theorem； High School Mathematics； Applications

摘要: 高中数学这门课程作为普通高中必学的重要课程，也是高考的重要科目，近年来，高考对学生各方面综合能力的考査形式也是越来越多样化。所以学生必须熟练掌握知识点，在有限的时间中找到解决题目地更好办法。学生地学取决于教师的教，只有当教师居高临下地处理教法上的问题时，学生才能深入浅出地掌握知识点。梅涅劳斯定理在初等几何和近似几何中研究点的共线问题做出了重要贡献，梅涅劳斯定理的应用可以简化常规解题过程，化繁为简，帮助学生节省做题时间。本研究着重探讨梅涅劳斯定理在高中数学解题中的应用，希望更好地服务数学教育。

Abstract: As an important course that must be learned in ordinary high schools, high school mathematics is also an important subject of the college entrance examination. Therefore, students must be proficient in the knowledge points and find better ways to solve the problems in the limited time. Students’ learning depends on the teacher’s teaching, and only when the teacher condescendingly deals with the problems of the teaching method, can the students grasp the knowledge points in simple terms. Menelaus’s theorem has made an important contribution to the study of the collinear problem of points in elementary geometry and modern geometry, and the application of Menelaus’s theorem can simplify the process of solving conventional problems, simplify the complex, and help students save time in solving problems. This study focuses on the application of Menelaus’s theorem in high school mathematics problem solving, hoping to better serve mathematics education.

文章引用：朱宇萌, 彭阳, 邵贵明. 梅涅劳斯定理在高中数学解题中的应用[J]. 创新教育研究, 2024, 12(10): 318-328. https://doi.org/10.12677/ces.2024.1210714

1. 问题提出

近几年来，科技飞速发展，而教育质量则成为了一个教育强国的核心。我们国家在培养人才方面投入了更多的力量，同时，我们的教学改革也在持续地进行着，与此同时，我们也对高中教育的发展质量和水平给予了高度的关注。数学教育具有观察世界，探索事物奥秘，引导学生正确的价值观，人生观，世界观等的根本功能[1]。高中数学这门课程作为普通高中必学的重要课程，也是高考的重要科目，近年来，高考对学生各方面综合能力的考査形式也是越来越多样化。所以学生必须熟练掌握知识点，在有限的时间中找到解决题目地更好办法。学生地学取决于教师的教，唐复苏、鲍建生曾说过当教师居高临下地处理教法上的问题时，学生才能深入浅出地掌握知识点[2]。因此，高中数学教师应该站在更高的的角度下向学生传授知识，挖掘其本质，有助于更好的指引学生，并且教师根据实际情况向学生讲授知识，更能扩宽学生的知识视野，为学生后续的学习提供好的指导作用。梅涅劳斯定理最早由希腊数学家、天文学家梅涅劳斯提出，它在初等几何和近世几何中研究点的共线问题做出了重要贡献。梅涅劳斯定理对于许多人来说并不熟悉，但是该定理的应用可以简化常规解题过程，化繁为简，帮助学生节省做题时间。本研究着重探讨梅涅劳斯定理在高中数学解题中的应用，希望更好地服务数学教育。

2. 相关定理及证明

在初等几何和近世几何中，有一个应用非常广泛的古典定理叫作梅涅劳斯定理，其在研究点的共线性问题时发挥着重要作用。它最早由希腊数学家、天文学家梅涅劳斯提出，但在当时因希腊罗马奴隶社会的溃败，欧洲封建宗教的严酷总揽，梅涅劳斯定理被众人忘却了一千多年，直到十七世纪欧洲文艺复兴时期，才被意大利数学家、水利工程师塞瓦重新发现，而流传于世[3]。定理语言简单，并且形式优美，曾吸引了不少学者对该定理进行论证。随着时间地流逝，梅涅劳斯逆定理也浮出水面，下面对梅涅劳斯定理及其逆定理进行介绍和证明。

2.1. 梅涅劳斯定理及其证明

梅涅劳斯定理：

若直线l分别截三角形ABC三边BC、CA、AB及延长线于点D、E、F，则 $\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B D}{D C} \cdot \frac{C E}{E A} = 1$ 。

如图1，我们称直线DEF为三角形ABC的梅氏线。

证明：过C点作 $C G ∥ D F$ 交AB于G，如图2所示，

则根据相似三角形有 $\frac{C E}{E A} = \frac{G F}{F A}$ ， $\frac{B D}{D C} = \frac{B F}{G F}$ ，

所以 $\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B D}{D C} \cdot \frac{C E}{E A} = \frac{A F}{F B} \cdot \frac{B F}{G F} \cdot \frac{G F}{F A} = 1$ 。

因此结论成立。

Figure 1. Menelaus’ theorem proves graph

图1. 梅涅劳斯定理证明图

Figure 2. Menelaus’ theorem proves the addition of auxiliary line diagrams

图2. 梅涅劳斯定理证明添加辅助线图

2.2. 梅涅劳斯逆定理及其证明

如图3，如果三点D、E、F分别在三角形ABC三边BC、CA、AB或其延长线上的，且满足 $\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B D}{D C} \cdot \frac{C E}{E A} = 1$ ，则D、E、F三点共线。

Figure 3. Menelaus inverse theorem proof diagram

图3. 梅涅劳斯逆定理证明图

证明：假设D、E、F三点不共线，直线DE与AB交于点P，由梅涅劳斯定理可得 $\frac{A P}{P B} \cdot \frac{B D}{D C} \cdot \frac{C E}{E A} = 1$ ，

又因为 $\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B D}{D C} \cdot \frac{C E}{E A} = 1$ ，所以 $\frac{A F}{F B} = \frac{A P}{P B}$ ，即 $\frac{A F}{A B - A F} = \frac{A P}{A B - A P}$ ，

化简得有 $A B \cdot A F - A P \cdot A F = A B \cdot A P - A P \cdot A F$ ，

即 $A F = A P$ ，可得点P与点F重合，所以假设不成立，

即D、E、F三点共线。

3. 梅涅劳斯定理在高考试题中的应用

3.1. 梅涅劳斯定理的应用表现

梅涅劳斯定理在高中数学的应用可谓非常广泛，主要包括以下几个方面：

1) 解决几何图形中的共线、面积问题

梅涅劳斯定理可以帮助我们解决关于三角形的几何问题，比如证明三角形的垂心、重心、外心和内心共线，或者证明与三角形内切圆相关的性质、椭圆中共线问题及抛物线中三角形面积之比问题。

2) 解决三角形与向量结合的问题

可以在已知三角形内切圆半径和三角形某些边长或角度的情况下，求解出其余的边长和角度，也可以在已知向量的关系中，解决两段线段长度的比值等问题。在一些几何计算题中，梅涅劳斯定理可以帮助我们简化问题、面积之比可以转化为线段长度之比，减少计算量，提高解题效率。

总的来说，梅涅劳斯定理在高中数学中的应用涉及广泛，可以帮助解决相关的几何和计算问题，是几何学中的重要定理之一。

3.2. 梅涅劳斯定理在高中的应用案例

梅涅劳斯定理及其逆定理的应用可以帮助学生节省做题时间，更便捷更高效地解题。以三道高考试题为例，用常规解法和梅涅劳斯定理及其逆定理解法来解题，通过对比分析，反映出梅涅劳斯定理及其逆定理的好处。

3.2.1. 梅涅劳斯定理解决共线、面积问题

例1 (2012年北京市理科高考题) 如图4，已知曲线 $C : (5 - m) x^{2} + (m - 2) y^{2} = 8 (m \in R)$

(I) 若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；

(II) 设 $m = 4$ ，曲线C与y轴的交点为A、B(点A位于点B的上方)，直线 $y = k x + 4$ 与曲线C交于不同的两点M、N，直线 $y = 1$ 与直线BM交于点G。求证：A、G、N三点共线。

Figure 4. Example 1 diagram

图4. 例1图

解法一(常规解法)：

证明：由 $m = 4$ 知，可以求出曲线C方程为 $x^{2} + 2 y^{2} = 8$ ，

将已知直线 $y = k x + 4$ 代入椭圆方程化简得 $(2 k^{2} + 1) x^{2} + 16 k x + 24 = 0$ 。

由于 $Δ = 32 (2 k^{2} - 3) > 0$ ，解得 $k^{2} > \frac{3}{2}$ 。

根据韦达定理得 $x_{M} + x_{N} = \frac{- 16 k}{2 k^{2} + 1}$ ①， $x_{M} \cdot x_{N} = \frac{24}{2 k^{2} + 1}$ ②

设 $M (x_{M}, k x_{M} + 4)$ ， $N (x_{N}, k x_{N} + 4)$ ， $G (x_{G}, 1)$ ，而 $B (- 2, 0)$ ， $A (2, 0)$

可求出直线BM的方程为 $y = \frac{k x_{M} + 6}{x_{M}} x - 2$ ，点 $G (x_{G}, 1)$ 在直线BM上，

则 $G (\frac{3 x_{M}}{k x_{M} + 6}, 1)$ ，所以 $A G = (\frac{3 x_{M}}{k x_{M} + 6}, - 1)$ ， $A N = (x_{N}, k x_{N} + 2)$ ，

欲证A、G、N三点共线，只需证 $A G$ 、 $A N$ 共线，即 $\frac{3 x_{M}}{k x_{M} + 6} (k x_{N} + 2) = - x_{N}$ 成立，

化简得 $4 k x_{M} \cdot x_{N} = - 6 (x_{M} + x_{N})$ ③。

将①、②代入③中等式，等式成立，所以A、G、N三点共线。

解法二(梅涅劳斯逆定理法)：

证明：设直线 $y = k x + 4$ 交y轴于点D，则 $D (0, 4)$ 。设 $M (x_{1}, y_{1})$ ， $N (x_{2}, y_{2})$ ，

由 ${\begin{cases} y = k x + 4 \\ x^{2} + 2 y^{2} = 8 \end{cases}$ ，得 $(2 k^{2} + 1) x^{2} + 16 k x + 24 = 0$ ，

由韦达定理得 $x_{1} + x_{2} = \frac{- 16 k}{2 k^{2} + 1}$ ， $x_{1} \cdot x_{2} = \frac{24}{2 k^{2} + 1}$ 。

由梅涅劳斯逆定理知，要证A、G、N三点共线，只需要证 $\frac{| B G |}{| G M |} \cdot \frac{| M N |}{| N D |} \cdot \frac{| D A |}{| A B |} = 1$ ，

即证明 $\frac{1 - (- 2)}{y_{1} - 1} \cdot \frac{y_{1} - y_{2}}{4 - y_{2}} \cdot \frac{4 - 2}{2 - (- 2)} = 1$ ， $5 (y_{1} + y_{2}) - 2 y_{1} y_{2} = 8$ ，

即证明 $5 (k x_{1} + 4 + k x_{2} + 4) - 2 (k x_{1} + 4) (k x_{2} + 4) = 8$ ，

化简得 $3 k (x_{1} + x_{2}) + 2 k^{2} x_{1}$ $x_{2} = 0$ ，将 $x_{1} + x_{2} = \frac{- 16 k}{2 k^{2} + 1}$ ， $x_{1} \cdot x_{2} = \frac{24}{2 k^{2} + 1}$ 代入显然成立。

所以A、G、N三点共线。

分析：解法一的常规解法和解法二的梅涅劳斯逆定理的解法刚开始都是联立直线与椭圆方程，通过韦达定理求出M点和N点的横坐标之和与横坐标之积。而后解法一是设点，设直线，求向量，最后通过向量共线，求证三点共线；解法二是直接通过线段比值相乘为1，利用纵坐标之比，求出关系式，再把韦达定理求出M点和N点的横坐标之和与横坐标之积代入验算。与常规解法相比，梅涅劳斯逆定理的解法显然更简洁。

例2 (2019年浙江省高考题21) 如图5，已知点 $F (1, 0)$ 为抛物线 $y^{2} = 2 p x (p > 0)$ 的焦点。

过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得三角形ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于Q点，且Q在点F的右侧，记三角形AFG，三角形CQG的面积分别为 $S_{1}$ ， $S_{2}$ 。

(I) 求p的值及抛物线的准线方程；

(II) 求 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的最小值。

Figure 5. Example 2 diagram

图5. 例2图

解法一(常规解法)：

解：(1) $y^{2} = 4 x$

(2) 设 $A (x_{A}, y_{A})$ ， $B (x_{B}, y_{B})$ ， $C (x_{C}, y_{C})$ ，重心 $G (x_{G}, y_{G})$ ，

如果令 $y_{A} = 2 t (t \neq 0)$ ，带入抛物线解析式得到 $x_{A} = t^{2}$ ，由于直线AB过F，已知A点和F点坐标，可求直线AB的方程为 $x = \frac{t^{2} - 1}{2 t} y + 1$ ，代入抛物线 $y^{2} = 4 x$ ，得到 $y^{2} - \frac{2 (t^{2} - 1)}{t} y - 4 = 0$ ，由韦达定理知 $y_{A} \cdot y_{B} = - 4$ ，所以 $2 t y_{B} = - 4$ ，即 $y_{B} = - \frac{2}{t}$ ，由此得到 $B (\frac{1}{t^{2}}, - \frac{2}{t})$ ，又因为 $x_{G} = \frac{1}{3} (x_{A} + x_{B} + x_{C})$ ， $y_{G} = \frac{1}{3} (y_{A} + y_{B} + y_{C})$ ，重心在x轴上，所以 $y_{A} + y_{B} + y_{C} = 2 t - \frac{2}{t} + y_{C} = 0$ ，所以 $y_{C} = 2 (\frac{1}{t} - t)$ ， $C ({(\frac{1}{t} - t)}^{2}, 2 (\frac{1}{t} - t))$ ， $G (\frac{2 t^{4} - 2 t^{2} + 2}{3 t^{2}}, 0)$ ，现在已知A点和C点坐标，所以可求直线AC的方程为 $y - 2 t = 2 t (x - t^{2})$ ，Q点在x轴上，可得 $Q (t^{2} - 1, 0)$ 。因为Q在焦点F的右侧，所以 $t^{2} - 1 > 1$ ，即 $t^{2} > 2$ ， $\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{\frac{1}{2} | F G | \cdot | y_{A} |}{\frac{1}{2} | Q G | \cdot | y_{C} |} = \frac{| \frac{2 t^{4} - 2 t^{2} + 2}{3 t^{2}} - 1 | \cdot | 2 t |}{| t^{2} - 1 - \frac{2 t^{4} - 2 t^{2} + 2}{3 t^{2}} | \cdot | \frac{2}{t} - 2 t |} = 2 - \frac{t^{2} - 2}{t^{4} - 1}$ ，令 $m = t^{2} - 2$ ，则 $m > 0$ ， $\frac{S_{1}}{S_{2}} = 2 - \frac{m}{m^{2} + 4 m + 3} = 2 - \frac{1}{m + \frac{3}{m} + 4} \geq 2 - \frac{1}{2 \sqrt{m \cdot \frac{3}{m}} + 4} = 1 + \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，所以当 $m = \sqrt{3}$ 时， $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 取最小值 $1 + \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。解法二(梅涅劳斯定理法)：

解：因为G为三角形ABC的重心，由三角形的性质知 $S_{Δ A B G} = S_{Δ B C G} = S_{Δ C A G}$ 。

又因为 $\frac{S_{1}}{S_{Δ A B G}} = \frac{A F}{A B}$ ， $\frac{S_{2}}{S_{Δ C A G}} = \frac{C Q}{C A}$ ，所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{A F}{A B} \cdot \frac{C A}{C Q}$ ，如图6延长CG交AB于点D，容易知D为边AB的中点。由梅涅劳斯定理(FQ交三角形ADC)，得 $\frac{C Q}{Q A} \cdot \frac{A F}{F D} \cdot \frac{D G}{G C} = 1$ 。

所以 $\frac{C Q}{Q A} \cdot \frac{A F}{F D} = 2$ ， $\frac{C Q}{C A - C Q} \cdot \frac{A F}{A F - \frac{1}{2} A B} = 2$ ， $\frac{C A - C Q}{C Q} = \frac{A F}{2 A F - A B}$ ， $\frac{C A}{C Q} = \frac{3 A F - A B}{2 A F - A B}$

所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{A F}{A B} \cdot \frac{C A}{C Q} = \frac{A F}{A B} \cdot \frac{3 A F - A B}{2 A F - A B} = \frac{3 A F^{2} - A F \cdot A B}{2 A B \cdot A F - A B^{2}} = \frac{3 a^{2} - a}{2 a - 1} (\frac{A F}{A B} = a)$ ，令 $2 a - 1 = m$ ，显然 $m > 0$ ，则 $\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{3 {(\frac{m + 1}{2})}^{2} - \frac{m + 1}{2}}{m} = \frac{3 m^{2} + 4 m + 1}{4 m} = \frac{3 m}{4} + \frac{1}{4 m} + 1 \geq \frac{\sqrt{3}}{2} + 1$ ，等号成立时 $a = \frac{3 + \sqrt{3}}{3}$ ，

$\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 取最小值 $1 + \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。

Figure 6. Example 2 add a guide chart

图6. 例2添加辅助线图

分析：解法一的常规解法应用了“坐标法”的思想，设点，设直线，以坐标系为桥梁，把几何问题转化为代数问题，通过代数运算研究几何问题；解法二的梅涅劳斯定理的解法是直接通过线段比值相乘为1得出线段之间的关系，把面积之比转化为线段之比，最后通过运算得出结果。与常规解法相比，梅涅劳斯定理的解法简化了运算过程，能更快速解题。

例3如图7，在三角形ABC中，点D、E、F分别是边AB、BC、AC的三等分点，且 $E C = 2 B E$ ， $B D = 2 A D$ ， $A F = 2 F C$ ，设AE与CD交于P点，AE与BF交于Q点，BF与CD交于R点。若 $S_{Δ A B C} = 1$ ，求 $S_{Δ P Q R}$ 。

Figure 7. Example 3 diagram

图7. 例3图

解法一(常规解法)：

解：设 $C A = a$ ， $C B = b$ ，设 $A Q = m A E$ ， $B Q = n B F$ ， $E C = 2 B E$ ， $A F = 2 F C$ ，则

${\begin{cases} C Q = a + A Q = a + m A E = a + m (C E - a) = (1 - m) a + \frac{2 m}{3} b \\ C Q = b + B Q = b + n B F = b + n (C F - b) = \frac{n}{3} a + (1 - n) b \end{cases}$

由平面向量基本定理得

${\begin{cases} 1 - m = \frac{n}{3} \\ \frac{2 m}{3} = 1 - n \end{cases}$ ，解得 ${\begin{cases} m = \frac{6}{7} \\ n = \frac{3}{7} \end{cases}$ ，则 ${\begin{cases} A Q = \frac{6}{7} A E \\ B Q = \frac{3}{7} B F \end{cases}$ 。

则 $S_{Δ A Q B} = \frac{6}{7} S_{Δ A E B} = \frac{6}{7} \cdot \frac{1}{3} S_{Δ A B C} = \frac{2}{7}$ ，

同理得 $S_{Δ B R C} = S_{Δ C P A} = \frac{2}{7}$ ，所以 $S_{Δ P Q R} = 1 - S_{Δ A Q B} - S_{Δ B R C} - S_{Δ C P A} = \frac{1}{7}$ 。

解法二(梅涅劳斯定理法)：

解：对于三角形AEC，直线BQF为梅氏线，因为 $E C = 2 B E$ ，所以 $B C = 3 B E$ ，

又因为 $B D = 2 A D$ ， $A F = 2 F C$ ，故由梅涅劳斯定理得 $\frac{A F}{F C} \cdot \frac{C B}{B E} \cdot \frac{E Q}{Q A} = \frac{2}{1} \cdot \frac{3}{1} \cdot \frac{E Q}{Q A} = 1$ ，

则 $Q A = 6 E Q$ 。而点E是边BC的三等分点，故 $S_{Δ A E B} = \frac{1}{3} S_{Δ A B C}$ ，

则 $S_{Δ A Q B} = \frac{6}{7} S_{Δ A E B} = \frac{6}{7} \cdot \frac{1}{3} S_{Δ A B C} = \frac{2}{7}$ ，同理可得 $S_{Δ B R C} = S_{Δ C P A} = \frac{2}{7}$ ，

所以 $S_{Δ P Q R} = 1 - S_{Δ A Q B} - S_{Δ B R C} - S_{Δ C P A} = \frac{1}{7}$ 。

分析：解法一的常规解法是通过运用两次三点共线，把 $C Q$ 用 $C A$ ， $C B$ 表示出来，运用它们之间的对等关系列出二元一次方程组，解出方程组，得到线段之比，再利用高相同三角形面积之比就是三角形底边的比，最终用大三角形的面积减去三个小三角形的面积整理得出答案；解法二的梅涅劳斯定理的解法是直接通过线段比值相乘为1得出两线段的比值，理清各三角形与各线段的关系，最终整理得出答案。与解法一相比，解法二省略了列方程组解方程组这一步骤，直接通过比值得出各线段之比，解法更简单。

3.2.2. 解决三角形与向量结合的问题

例4 (2019年江苏卷12) 如图8，在三角形ABC中，D是BC的中点，E在边AB上， $B E = 2 E A$ ，AD与CE交于点O。若 $A B \cdot A C = 6 A O \cdot E C$ ，则 $\frac{A B}{A C}$ 的值是()。

Figure 8. Example 4 diagram

图8. 例4图

解法一(常规解法)：

解：如图9，过点D作 $D F ∥ C E$ 交AB于点F，由于D是BC的中点，所以F为BE的中点。

又因为 $B E = 2 E A$ ，所以 $E F = E A$ ，从而可得 $A O = O D$ 。

而 $A O = \frac{1}{2} A D = \frac{1}{4} (A B + A C)$ ， $E C = A C - A E = A C - \frac{1}{3} A B$ 。

所以 $A B \cdot A C = 6 A O \cdot E C = \frac{3}{2} (A B + A C) \cdot (A C - \frac{1}{3} A B) = \frac{3}{2} A C^{2} - \frac{1}{2} A B^{2} + A B \cdot A C$ ，

通过整理可得 $A B^{2} = 3 A C^{2}$ ，即 $\frac{A B}{A C} = \sqrt{3}$ 。

Figure 9. Example 4 Add a guide chart

图9. 例4添加辅助线图

解法二(梅涅劳斯定理法)：

解：由条件可知直线EC分别交三角形ABD三边所在直线AB、BD、DA于点E、C、O。

根据梅涅劳斯定理，可得 $\frac{A E}{E B} \cdot \frac{B C}{C D} \cdot \frac{D O}{O A} = 1$ 。

结合条件D是BC的中点且 $B E = 2 E A$ ，则有 $\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{1} \cdot \frac{D O}{O A} = 1$ ，由此可得 $D O = O A$ 。

又因为 $A O = \frac{1}{2} A D = \frac{1}{4} (A B + A C)$ ， $E C = A C - A E = A C - \frac{1}{3} A B$ 。

所以 $A B \cdot A C = 6 A O \cdot E C = \frac{3}{2} (A B + A C) \cdot (A C - \frac{1}{3} A B) = \frac{3}{2} A C^{2} - \frac{1}{2} A B^{2} + A B \cdot A C$ ，

通过整理可得 $A B^{2} = 3 A C^{2}$ ，即 $\frac{A B}{A C} = \sqrt{3}$ 。

分析：解法一的常规解法是通过做辅助线，结合题目条件证明得出 $A O = O D$ ，再通过图形中各向量关系得出关系式，最终整理得出答案；解法二的梅涅劳斯定理的解法是直接通过线段比值相乘为1得出 $A O = O D$ ，再通过图形中各向量关系得出关系式，最终整理得出答案。与解法一相比，解法二不用做辅助线，直接通过比值得出结果，更加便利。

例5如图10，在三角形ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M、N，若 $A B = m A M$ ， $A C = n A N$ ，则 $m + n$ 的值为()。

Figure 10. Example 5 diagram

图10. 例5图

解法一(常规解法)：

解：连接OA，由中点公式得 $A O = \frac{1}{2} (A B + A C) = \frac{m}{2} A M + \frac{n}{2} A N$ ，而M，O，N三点共线，

所以 $\frac{m}{2} + \frac{n}{2} = 1$ ，即 $m + n = 2$ 。

解法二(梅涅劳斯定理法)：

解：因为直线MON截三角形ABC，根据梅涅劳斯定理得 $\frac{C N}{N A} \cdot \frac{A M}{M B} \cdot \frac{B O}{O C} = 1$ 。

所以有 $\frac{n - 1}{1} \cdot \frac{1}{1 - m} \cdot \frac{1}{1} = 1$ ，最终求出 $m + n = 2$ 。

分析：解法一的常规解法是通过做辅助线连接OA，结合题目条件O是BC的中点，得到 $A O$ 与 $A M$ 及 $A N$ 的关系式，再通过三点共线，最终整理得出答案；解法二的梅涅劳斯定理的解法是直接通过线段比值相乘为1得出有关m、n的关系式，最终整理得出答案。与解法一相比，解法二省略了做辅助线这一步骤，直接通过比值得出结果，更为便捷。

例6如图11，三角形ABO中， $O C = \frac{1}{4} O A$ ， $O D = \frac{1}{2} O B$ ，AD与BC交于点M，设 $O A = a$ ， $O B = b$ 。用 $a, b$ 表示 $O M$ 。

Figure 11. Example 6 diagram

图11. 例6图

解法一(常规解法)：

解：因为B，M，C三点共线， $O C = \frac{1}{4} O A$ ， $O D = \frac{1}{2} O B$ ， $O A = a$ ， $O B = b$ ，

所以 $O M = x O C + (1 - x) O B = x \cdot \frac{1}{4} O A + (1 - x) \cdot \frac{1}{2} O B = x \cdot \frac{1}{4} a + (1 - x) \cdot \frac{1}{2} b$ 。

因为A，M，D三点共线，所以 $O M = y O A + (1 - y) O D = y a + (1 - y) \cdot \frac{1}{2} b$ 。

所以 ${\begin{cases} \frac{x}{4} = y \\ 1 - x = \frac{1 - y}{2} \end{cases}$ ，解得 ${\begin{cases} x = \frac{4}{7} \\ y = \frac{1}{7} \end{cases}$ 。

所以 $O M = \frac{1}{7} a + \frac{3}{7} b$ 。

解法二(梅涅劳斯定理法)：

解：因为直线AMD截三角形BOC，根据梅涅劳斯定理，有 $\frac{B D}{D O} \cdot \frac{O A}{A C} \cdot \frac{C M}{M B} = 1$ ，

所以有 $\frac{1}{1} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{C M}{M B} = 1$ ，即 $\frac{C M}{M B} = \frac{3}{4}$ 。

因此求出 $O M = O C + C M = \frac{1}{4} O A + \frac{3}{7} C B = \frac{1}{4} O A + \frac{3}{7} (O B - \frac{1}{4} O A) = \frac{1}{7} a + \frac{3}{7} b$ 。

分析：解法一的常规解法是通过运用两次三点共线，把 $O M$ 用 $O A$ ， $O B$ 表示出来，运用它们之间的对等关系列出二元一次方程组，最终解出方程组整理得出答案；解法二的梅涅劳斯定理的解法是直接通过线段比值相乘为1得出向量的比值，最终整理得出答案。与解法一相比，解法二省略了列方程组解方程组这一过程，直接通过比值得出结果，更为简便。

4. 结语

梅涅劳斯定理的实质是三个比例式的乘积为1，每一个比例式的三个字母是共线的两个顶点和分点，其结构对称，呈现“首尾相接”，展示了数学美[4]。纵观数学史，人们对数学的理解经历了一个“从少到多，从简到繁”的历程，其实，数学的学习是一条“变多为少，变复杂而简单”的道路。由于数学学习本质上是一种持续优化的过程，它不仅意味着对“数学经验”、知识、技能的简单累积，而且还需要通过学习来更新对数学的认知，从而从更宽广的角度去理解这个世界[5]。笔者认为，在教学过程中，教师可以对问题进行纵向的挖掘，从而培养学生的数学思维能力。在讲解部分习题时，除了讲解常规做法，还可以拓展一下其他解法，像有些题可以用梅涅劳斯定理的，可以讲解该方法，帮助学生节省做题时间。教师也需要继续提高专业知识水平，以便更好的服务教学。

参考文献

[1]	梁倩. 高观点下高中函数解题及教学研究[D]: [硕士学位论文]. 银川: 宁夏大学, 2022.
[2]	唐复苏, 鲍建生. 中学数学现代基础[M]. 北京: 人民教育出版社, 2001.
[3]	郭征. 梅涅劳斯定理[J]. 下关师专, 1980(1): 13-17.
[4]	张红绢. 运用梅涅劳斯定理求解几何中的相关问题[J]. 中学数学教学参考, 2023(13): 52-53.
[5]	李萌. 高观点渗透下的初中数学拓展教学设计与实践[D]: [硕士学位论文]. 上海: 华东师范大学, 2022.

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