内容
$\rm Menelaus$定理
已知三角形$\triangle ABC$被一直线所截，交三条边或三条边的延长线与点$X, Y, Z$点，则有
$$\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BZ}{ZC} \cdot \frac{CY}{YA}=1$$
（注：上图为一种情况，还有一种为“直线不经过三角形的任何一边，即与三角形的交点数为$0$”）
证明：
过点$C$作$CP // DF$交$AB$于$P$，则
$$\frac{BZ}{ZC}=\frac{BX}{XP}\tag{1}$$
$$\frac{CY}{YA}=\frac{PX}{XA}\tag{2}$$
$$(1) \times (2) \rm{得：} \frac{BZ}{ZC}\cdot \frac{CY}{YA}=\frac{BX}{XP}\cdot \frac{PX}{XA}$$
$$\frac{AX}{XB}\cdot\frac{BZ}{ZC}\cdot\frac{CY}{YA}=1$$
$\rm Menelaus$逆定理
若有三点$X$、$Y$、$Z$分别在边三角形的三边$AB$、$BC$、$CA$或边的延长线上，并且满足$\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BZ}{ZC} \cdot \frac{CY}{YA}=1$，那么$X$、$Y$、$Z$三点共线。
（前提：三个点有偶数个点在三角形边上。）
证明：
假设$X$、$Y$、$Z$三点不共线，直线$ZY$与$AB$交于点$P$。
根据$\rm Menelaus$定理，
$$\frac{AP}{PB}\cdot\frac{BZ}{ZC}\cdot\frac{CY}{YA}=1$$
$$\rm{已知}\frac{AX}{XB}\cdot\frac{BZ}{ZC}\cdot\frac{CY}{YA}=1$$
$$\therefore \frac{AP}{PB}=\frac{AX}{XB}$$
$$\therefore P \rm{与} X \rm{重合，即}X\rm{、}Y\rm{、}Z\rm{三点共线}$$
$\rm Ceva$定理
在三角形$\triangle ABC$任取一点$O$，延长$AO$、$BO$、$CO$分别交对边于$x$、$y$、$z$，则有
$$\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BZ}{ZC} \cdot \frac{CY}{YA}=1$$
证明：
$\therefore \triangle ADC$被直线$BE$所截，
根据$\rm Menelaus$定理，
$$\therefore \frac{CB}{BZ}\cdot\frac{ZO}{OA}\cdot\frac{AY}{YC}=1\tag{1}$$
$\therefore \triangle ABD$被直线$CX$所截，
$$\therefore \frac{BC}{CZ}\cdot\frac{ZO}{OA}\cdot\frac{AX}{XB}=1\tag{2}$$
$$\frac{(2)}{(1)} \rm{得：}\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BZ}{ZC} \cdot \frac{CY}{YA}=1$$
$\rm Ceva$逆定理
若有三点$X$、$Y$、$Z$分别在边三角形的三边$AB$、$BC$、$CA$或边的延长线上，并且满足$\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BZ}{ZC} \cdot \frac{CY}{YA}=1$，那么$CX$、$BY$、$AZ$三线共点。
证明：
延长$CO$交$AB$于点$P$，则有
$$\frac{AP}{PB} \cdot \frac{BZ}{ZC} \cdot \frac{CY}{YA}=1$$
$$\rm{已知}\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BZ}{ZC} \cdot \frac{CY}{YA}=1$$
$$\therefore \frac{AP}{PB}=\frac{AX}{XB}$$
$$\therefore P \rm{与} X \rm{重合，即}CX\rm{、}BY\rm{、}AZ\rm{三线共点}$$
Article Author: XiaoHuang