梅涅劳斯定理,塞瓦定理,托勒密定理,西姆松定理四大定理的描述

梅涅劳斯定理证明重心分中线比为2：1
已知:△ABC中,中线AD,CE交于O,
求证:AO/OD=2:1,
证明:由梅涅劳斯定理,
(AE/EB)(BC/CD)(DO/OA)=1,
即AO/OD=2/1

确实分点怎么选都可以,只要共线就行.
梅内劳斯定理包含两个元素：一个三角形,一条截线.
三角形和截线的位置是任意的,截线可以交在三角形的边上,也可以交在延长线上.
以LZ给的图为例,不添加辅助线的话,一共ABCDEF六个点,共有四组梅氏定理的结论.
若三角形取ABC,截线取DEF,梅氏定理的结论为(AD/DB)*(BE/EC)*(CF/FA)=1.
若三角形取ADF,截线取BCE,梅氏定理的结论为(AB/BD)*(DE/EF)*(FC/CA)=1.
若三角形取BDE,截线取AFC,梅氏定理的结论为(BA/AD)*(DF/FE)*(EC/CB)=1.
若三角形取CEF,截线取ADB,梅氏定理的结论为(CB/BE)*(ED/DF)*(CA/AF)=1.

梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的.它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点,那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1.
证明：
过点A作AG‖BC交DF的延长线于G,
则AF/FB=AG/BD ,BD/DC=BD/DC ,CE/EA=DC/AG.
三式相乘得：AF/FB×BD/DC×CE/EA=AG/BD×BD/DC×DC/AG=1
它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在的边AB、BC、CA或其延长线上,且满足(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1,则F、D、E三点共线.利用这个逆定理,可以判断三点共线.

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梅涅劳斯定理
梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的.它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点,那么AF/FB×BD/DC×CE/EA=1.
证明：
过点A作AG‖BC交DF的延长线于G
AF/FB=AG/BD ,BD/DC=BD/DC ,CE/EA=DC/AG
三式相乘得：
AF/FB×BD/DC×CE/EA=AG/BD×BD/DC×DC/AG=1
它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在的边AB、BC、CA或其延长线上,且满足AF/FB×BD/DC×CE/EA=1,则F、D、E三点共线.利用这个逆定理,可以判断三点共线.

在△AEC中,根据梅涅劳斯定理
AN/NE*EB/BC*CF/FA=1
所以 AN/EB=3/2
连接EF ∵AF=CF,DE=EC
∴EF∥AD,MN/NF=AN/EB=3/2
BM/MF=BD/DE=1
即BM=MF
所以 BM:MN:NF=5:3:2
希望对你有所帮助

塞瓦定理 塞瓦定理 开放分类： 数学、三角形、定理 塞瓦定理 设O是△ABC内任意一点, AO、BO、CO分别交对边于D、E、F,则 (BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1 证法简介 （Ⅰ）本题可利用梅涅劳斯定理证明： ∵△ADC被直线BOE所截, ∴ (CB/BD)*(DO/OA)*(AE/EC)=1 ① 而由△ABD被直线COF所截,∴ (BC/CD)*(DO/OA)*(AF/BF)=1② ②÷①:即得：(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1 （Ⅱ）也可以利用面积关系证明 ∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=(S△ABD-S△BOD)/(S△ACD-S△COD)=S△AOB/S△AOC ③ 同理CE/EA=S△BOC/ S△AOB ④ AF/FB=S△AOC/S△BOC ⑤ ③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1 利用塞瓦定理证明三角形三条高线必交于一点: 设三边AB、BC、AC的垂足分别为D、E、F, 根据塞瓦定理逆定理,因为(AD:DB)*(BE:EC)*(CF:FA)=[(CD*ctgA）/[(CD*ctgB）]*[(AE*ctgB)/(AE*ctgC)]*[(BF*ctgC)/ [(AE*ctgB)]=1,所以三条高CD、AE、BF交于一点. 托勒密定理 定理的提出 [编辑本段] 一般几何教科书中的“托勒密定理”,实出自依巴谷(Hipparchus)之手,托勒密只是从他的书中摘出. 定理的内容 [编辑本段] 托勒密(Ptolemy)定理指出,圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积. 原文：圆内接四边形中,两对角线所包矩形的面积等于 一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和. 从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式,托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质． 证明 [编辑本段] （以下是推论的证明,托勒密定理可视作特殊情况.） 在任意四边形ABCD中,连接AC,作∠BAE=∠CAD,因为∠ABE=∠ACD 则△ABE∽△ACD 所以BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1) 又有比例式AB/AC=AE/AD 而∠BAC=∠DAE 所以△ABC∽△AED相似. BC/ED=AC/AD即ED·AC=BC·AD (2) (1)+(2),得 AC(BE+ED)=AB·CD+AD·BC 又因为BE+ED≥BD （仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时,等号成立,即“托勒密定理”） 所以命题得证 推论 [编辑本段] 1.任意凸四边形ABCD,必有AC·BD≤AB·CD+AD·BC,当且仅当ABCD四点共圆时取等号. 2.托勒密定理的逆定理同样成立：一个凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积,则这个凸四边形内接于一圆、 推广 [编辑本段] 托勒密不等式：四边形的任两组对边乘积不小于另外一组对边的乘积,取等号当且仅当共圆或共线. 简单的证明：复数恒等式：(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)=(a-c)(b-d),两边取模, 得不等式AC·BD≤|(a-b)(c-d)|+|(b-c)(a-d)|=AB·CD+BC·AD 注意： 1.等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等,这与A、B、C、D四点共圆等价. 2.四点不限于同一平面. 欧拉定理：在一条线段上AD上,顺次标有B、C两点,则AD·BC+AB·CD=AC·BD
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梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的.它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点,那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1.
证明：
过点A作AG‖BC交DF的延长线于G,
则AF/FB=AG/BD ,BD/DC=BD/DC ,CE/EA=DC/AG.
三式相乘得：AF/FB×BD/DC×CE/EA=AG/BD×BD/DC×DC/AG=1
它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在的边AB、BC、CA或其延长线上,且满足(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1,则F、D、E三点共线.利用这个逆定理,可以判断三点共线.
另外,有很多人会觉得书写这个公式十分烦琐,不看书根本记不住,下面从别人转来一些方法帮助书写
为了说明问题,并给大家一个深刻印象,我们假定图中的A、B、C、D、E、F是六个旅游景点,各景点之间有公路相连.我们乘直升机飞到这些景点的上空,然后选择其中的任意一个景点降落.我们换乘汽车沿公路去每一个景点游玩,最后回到出发点,直升机就停在那里等待我们回去.
我们不必考虑怎样走路程最短,只要求必须“游历”了所有的景点.只“路过”而不停留观赏的景点,不能算是“游历”.
例如直升机降落在A点,我们从A点出发,“游历”了其它五个字母所代表的景点后,最终还要回到出发点A.
另外还有一个要求,就是同一直线上的三个景点,必须连续游过之后,才能变更到其它直线上的景点.
从A点出发的旅游方案共有四种,下面逐一说明：
方案 ① ——从A经过B（不停留）到F（停留）,再返回B（停留）,再到D（停留）,之后经过B（不停留）到C（停留）,再到E（停留）,最后从E经过C（不停留）回到出发点A.
按照这个方案,可以写出关系式：
（AF：FB）*（BD：DC）*（CE：EA）=1.
现在,您知道应该怎样写“梅涅劳斯定理”的公式了吧.
从A点出发的旅游方案还有：
方案 ② ——可以简记为：A→B→F→D→E→C→A,由此可写出以下公式：
（AB：BF）*（FD：DE）*（EC：CA）=1.从A出发还可以向“C”方向走,于是有：
方案 ③ —— A→C→E→D→F→B→A,由此可写出公式：
（AC：CE）*（ED：DF）*（FB：BA）=1.从A出发还有最后一个方案：
方案 ④ —— A→E→C→D→B→F→A,由此写出公式：
（AE：EC）*（CD：DB）*（BF：FA）=1.
我们的直升机还可以选择在B、C、D、E、F任一点降落,因此就有了图中的另外一些公式.
值得注意的是,有些公式中包含了四项因式,而不是“梅涅劳斯定理”中的三项.当直升机降落在B点时,就会有四项因式.而在C点和F点,既会有三项的公式,也会有四项的公式.公式为四项时,有的景点会游览了两次.
不知道梅涅劳斯当年是否也是这样想的,只是列出了一两个典型的公式给我们看看.
现在是否可以说,我们对梅涅劳斯定理有了更深刻的了解呢.那些复杂的相除相乘的关系式,不会再写错或是记不住吧.

找准三角形,三角形各点是起点和终点,所截直线和边的交点是分点,
如：△ABC被直线MN截,交AB于点D,BC的延长线于点E,AC于点F
则：(AD/DB)*(BE/EC)*(CF/FA)=1
起点分点为线段,接下来分点终点,依次比积为1

全边比短边这种理解方法不太好,比较合适的理解是交点分线段的比:
即定义直线AB上一点P分线段AB的比为AP/PB,无论P是否在A,B之间.
当P在A,B之间时称为内分,在A,B之外时称为外分.
这样Menelaus定理可以叙述为:
直线与三角形三边所在直线分别相交,则交点分三角形各边的比的乘积为1.
直线与三角形三边的相交情况有两种:两个内分一个外分,或者三个外分.
也就分别对应你说的一个全边必短边和三个全边比短边.
两种都是Menelaus定理的正常情况.
另外,从有向线段出发可以得到带符号的比,内分时为正数,外分时为负数.
此时Menelaus定理的乘积总为-1.

打字有误：应为“BP交AC于E”.
∠BAC=90°，AD⊥BC,BC=12，
∴AC=12cosC,AB=12sinC,BD=12sin^C,
△ADC被BE所截，由梅涅劳斯定理，
AP/PD*DB/BC*CE/EA=1，P为AD的中点，AE=3,
∴sin^C*(12cosC-3)/3=1,
∴(1-cos^C)(4cosC-1)=1,
...

梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的.它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点,那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1.
或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上,则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 .
逆定理：设D、E、F、分别是三角形ABC的三边AB、BC、CA、或其延长线上的点,若（BD/CD）*（CE/EA）*（AF/FB）=1．则D、E、F三点共线.梅涅劳斯逆定理常用来证明三点共线问题,如：笛沙格定理,帕斯卡定理,蝴蝶定理都可用梅涅劳斯定理来证明.

证明：过点C作CP∥DF交AB于P,则BD/DC=FB/PF,CE/EA=PF/AF
所以有AF/FB×BD/DC×CE/EA=AF/FB×FB/PF×PF/AF=1

塞瓦定理
在△ABC内任取一点O,
直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F,则 (BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1
证法简介
本题可利用梅涅劳斯定理（简称梅氏定理）证明：
∵△ADC被直线BOE所截,
∴ (DB/BC)*(CE/EA)*(AO/OD)=1 ①
∵△ABD被直线COF所截,
∴ (BC/CD)*(AF/FB)*(DO/OA)=1 ②
②*①:即得：(DB/BC)*(CE/EA)*(AO/OD)*(BC/CD)*(AF/FB)*(DO/OA)=1
∴(DB/CD)*(CE/EA)*(AF/FB)=1
也可以利用面积关系证明
∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=(S△ABD-S△BOD)/(S△ACD-S△COD)=S△AOB/S△AOC ③
同理 CE/EA=S△BOC/ S△AOB ④ AF/FB=S△AOC/S△BOC ⑤
逆定理：如果M,N,P分别在三角形ABC的边AB,BC,CA上,且满足AM/MB*BN/NC*CP/PA=1,那么AN,BP,CM相交于一点或平行.

证明：设三角形ABC,AD为BC边上的角平分线,内心为I.
|BC|=a,|AC|=b,|AB|=c
aIA+bIB+cIC
=aIA+b(AB+IA)+c(AC+IA)
=(a+b+c)IA+b(DB-DA)+c(DC-DA)
设BC的方向向量e,则DB=e|DB|,DC=-e|DC|
又由角平分线定理,|DB|/|DC|=c/b,所以bDB+cDC=0
(a+b+c)IA+b(DB-DA)+c(DC-DA)= (a+b+c)IA- b DA- c DA =aIA+(b+c)ID
又因为IA、ID反向,用角平分线定理和合比定理：
b/CD=c/BD=(b+c)/(CD+BD)=(b+c)/a, b/CD=IA/ID,
所以IA/ID=(b+c)/a , 又因为IA、ID反向,
故aIA+bIB+cIC=aIA+(b+c)ID =0.
而aIA+bIB+cIC=a(OA-OI) +b(OB-OI)+c(OC-OI)
=-(a+b+c)OI+( aOA+bOB+cOC)
∴-(a+b+c)OI+( aOA+bOB+cOC)=0,
OI=(aOA+bOB+cOC)/(a+b+c)

塞瓦定理
设O是△ABC内任意一点,
AO、BO、CO分别交对边于D、E、F,则 BD/DC*CE/EA*AF/FB=1
证法简介
（Ⅰ）本题可利用梅涅劳斯定理证明：
∵△ADC被直线BOE所截,
∴ CB/BD*DO/OA*AE/EC=1 ①
而由△ABD被直线COF所截,∴ BC/CD*DO/OA*AF/BF=1②
②÷①:即得：BD/DC*CE/EA*AF/FB=1
（Ⅱ）也可以利用面积关系证明
∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=(S△ABD-S△BOD)/(S△ACD-S△COD)=S△AOB/S△AOC ③
同理 CE/EA=S△BOC/ S△AOB ④ AF/FB=S△AOC/S△BOC ⑤
③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1
利用塞瓦定理证明三角形三条高线必交于一点:
设三边AB、BC、AC的垂足分别为D、E、F,
根据塞瓦定理逆定理,因为(AD:DB)*(BE:EC)*(CF:FA)=[(CD*ctgA）/[(CD*ctgB）]*[(AE*ctgB)/(AE*ctgC)]*[(BF*ctgC)/
[(AE*ctgB)]=1,所以三条高CD、AE、BF交于一点.

A、《塞瓦定理》：O为△ABC内任一点，AO延交BC于D，
BO延交AC于E，CO延交AB于F，则（AF/BF）•(BD/CD)•(CE/AE)=1，见图4。
证明：在△AOB中，OF分∠AOB，由《分角定理》→
AF/BF=（sin∠AOF/sin∠BOF）•(AO/BO)，
同理，在△BOC，△COA中也有。∴
（AF/BF）•(BD/CD)•(CE/AE)= （sin∠AOF/sin∠BOF）•(AO/BO) •（sin∠BOD/sin∠COD）•(BO/CO)
•（sin∠COE/sin∠AOE）•(CO/AO)=1(由对顶角相等)。
不添线，只列一式。
B、《梅涅劳斯定理》：△ABC被一直线内分AB于F，内分BC于D，外分AC于E，则（AF/BF）•(BD/CD)•(CE/AE)=1，见图5。
证明：连AD，在△ADB中，DF内分∠ADB，由《分角定理》→
AF/BF=（sin∠ADF/sin∠BDF）•(AD/BD)；在△ACD中，DE外分∠ADC，同理→
CE/AE=（sin∠CDE/sin∠ADE）•(CD/AD)。∴
（AF/BF）•(BD/CD)•(CE/AE)= （sin∠ADF/sin∠BDF）•(AD/BD)•(BD/CD)•
（sin∠CDE/sin∠ADE）•(CD/AD)=1。（由对顶角相等，辅角相等）
只添一线，只列一式。
这种不添线（或只添一线）的证明方法，在数学史上属首创。

就这里,什么都有

上面的网址有定理的内容和一些例题.初等几何的证明还是看竞赛书吧,几乎所有高中竞赛书都会有的.
上面有定理证明.
上面有前人收集的一些网页.不过我不大打得开,你可以试试.

塞瓦定理
设O是△ABC内任意一点,
AO、BO、CO分别交对边于D、E、F,则 BD/DC*CE/EA*AF/FB=1
证法简介
(Ⅰ)本题可利用梅涅劳斯定理证明:

面积法
设三角形ABC三边AB,BC,CA分别与直线l相交于D,E,F
连接BF
（AD：DB）·（BE：EC）·（CF:FA)
=（S△ADF：S△BDF）·（S△BEF：S△CEF）·（S△BCF：S△BAF）
=（S△ADF：S△BDF）·（S△BDF：S△CDF）·（S△CDF：S△ADF）
=1

梅涅劳斯定理》：△ABC被一直线内分AB于F,内分BC于D,外分AC于E,则（AF/BF）•(BD/CD)•(CE/AE)=1,见图5.
证明：连AD,在△ADB中,DF内分∠ADB,由《分角定理》→
AF/BF=（sin∠ADF/sin∠BDF）•(AD/BD)；在△ACD中,DE外分∠ADC,同理→
CE/AE=（sin∠CDE/sin∠ADE）•(CD/AD).∴
（AF/BF）•(BD/CD)•(CE/AE)= （sin∠ADF/sin∠BDF）•(AD/BD)•(BD/CD)•
（sin∠CDE/sin∠ADE）•(CD/AD)=1.（由对顶角相等,辅角相等）
只添一线,只列一式.
这种不添线（或只添一线）的证明方法,在数学史上属首创.

延长一条边就好啦

找到了
很久以前学的了
忘的差不多了

看到别人把我以前的答案一字不落的粘到这里还真是百味陈杂呀!如果是偶数点在三角形各边或者其延长线上面,那一定是和某条边平行了,那就不用什么梅涅劳斯了,

蝴蝶定理是平面几何的古典结果.
蝴蝶定理最先是作为一个征求证明的问题.由于其几何图形形象奇特、貌似蝴蝶,便以此命名,定理内容：圆O中的弦PQ的中点M,任作两弦AB,CD,弦AD与BC分别交PQ于X,Y,则M为XY之中点. 出现过许多优美奇特的解法,其中最早的,应首推霍纳在职815年所给出的证法.至于初等数学的证法,在国外资料中,一般都认为是由一位中学教师斯特温首先提出的,它给予出的是面积证法,其中应用了面积公式：S=1/2 BCSINA. 这里介绍一种较为简便的初等数学证法. 证明：过圆心O作AD与B牟垂线,垂足为S、T,连接OX,OY,OM.SM.MT. ∵△SMD∽△CMB,且SD=1/2ADBT=1/2BC, ∴DS/BT=DM/BM又∵∠D=∠B ∴△MSD∽△MTB,∠MSD=∠MTB ∴∠MSX=∠MTY；又∵O,S,X,M与O,T.Y.M均是四点共圆, ∴∠XOM=∠YOM ∵OM⊥PQ∴XM=YM
梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的.它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点,那么AF/FB×BD/DC×CE/EA=1.
证明：
过点A作AG‖BC交DF的延长线于G
AF/FB=AG/BD , BD/DC=BD/DC , CE/EA=DC/AG
三式相乘得：
AF/FB×BD/DC×CE/EA=AG/BD×BD/DC×DC/AG=1
它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在的边AB、BC、CA或其延长线上,且满足AF/FB×BD/DC×CE/EA=1,则F、D、E三点共线.利用这个逆定理,可以判断三点共线.
塞瓦定理
设O是△ABC内任意一点,
AB、BO、CO分别交对边于D、E、F,则 BD/DC*CE/EA*AF/FB=1
证法简介
（Ⅰ）本题可利用梅内劳斯定理证明：
∵△ADC被直线BOE所截,
∴ CB/BD*DO/OA*AE/EC=1 ①
而由△ABD被直线COF所截,∴ BC/CD*DO/OA*AF/DF=1②
①÷②:即得：BD/DC*CE/EA*AF/FB=1
（Ⅱ）也可以利用面积关系证明
∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=(S△ABD-S△BOD)/(S△ACD-S△COD)=S△AOB/S△AOC ③
同理 CE/EA=S△BOC/ S△AOB ④ AF/FB=S△AOC/S△BOC ⑤
③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1
一元三次方程是型如ax^3+bx^2+cx+d+0的标准型
其解法如下
一元三次方程的求根公式用通常的演绎思维是作不出来的,用类似解一元二次方程的求根公式的配方法只能将型如ax^3+bx^2+cx+d+0的标准型一元三次方程形式化为x^3+px+q=0的特殊型.
一元三次方程的求解公式的解法只能用归纳思维得到,即根据一元一次方程、一元二次方程及特殊的高次方程的求根公式的形式归纳出一元三次方程的求根公式的形式.归纳出来的形如 x^3+px+q=0的一元三次方程的求根公式的形式应该为x=A^(1/3)+B^(1/3)型,即为两个开立方之和.归纳出了一元三次方程求根公式的形式,下一步的工作就是求出开立方里面的内容,也就是用p和q表示A和B.方法如下：
（1）将x=A^(1/3)+B^(1/3)两边同时立方可以得到
（2）x^3=(A+B)+3(AB)^(1/3)(A^(1/3)+B^(1/3))
（3）由于x=A^(1/3)+B^(1/3),所以（2）可化为
x^3=(A+B)+3(AB)^(1/3)x,移项可得
（4）x^3－3(AB)^(1/3)x－(A+B)＝0,和一元三次方程和特殊型x^3+px+q=0作比较,可知
（5）－3(AB）^（1/3）＝p,－(A+B)=q,化简得
（6）A+B＝－q,AB＝-（p/3）^3
（7）这样其实就将一元三次方程的求根公式化为了一元二次方程的求根公式问题,因为A和B可以看作是一元二次方程的两个根,而(6)则是关于形如ay^2+by+c=0的一元二次方程两个根的韦达定理,即
（8）y1＋y2＝－（b/a）,y1*y2=c/a
(9)对比（6）和（8）,可令A＝y1,B＝y2,q＝b/a,-（p/3）^3＝c/a
(10)由于型为ay^2+by+c=0的一元二次方程求根公式为
y1＝－（b＋（b^2－4ac）^(1/2)）/(2a)
y2＝－（b－（b^2－4ac）^(1/2)）/(2a)
可化为
(11)y1＝－(b/2a)-((b/2a)^2-(c/a))^(1/2)
y2＝－(b/2a)+((b/2a)^2-(c/a))^(1/2)
将(9)中的A＝y1,B＝y2,q＝b/a,-（p/3）^3＝c/a代入（11）可得
(12)A＝－(q/2)-((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)
B＝－(q/2)+((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)
(13)将A,B代入x=A^(1/3)+B^(1/3)得
(14)x=（－(q/2)-((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)）^(1/3)+（－(q/2)+((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)）^(1/3)
式 (14)只是一元三方程的一个实根解,按韦达定理一元三次方程应该有三个根,不过按韦达定理一元三次方程只要求出了其中一个根,另两个根就容易求出了
数学：http://baike.baidu.com/search/cn=%CA%FD%D1%A7
定理：http://baike.baidu.com/search/cn=%B6%A8%C0%ED

梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的.它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点,那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1.或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上,则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 .

梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的.它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点,那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1.证明：过点A作AG∥BC交DF的延长线于G,则AF/FB=AG/BD ,BD/DC=BD/DC ,CE/EA=DC/AG.三式相乘得：AF/FB×BD/DC×CE/EA=AG/BD×BD/DC×DC/AG=1 它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在的边AB、BC、CA或其延长线上,且满足(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1,则F、D、E三点共线.利用这个逆定理,可以判断三点共线.另外,有很多人会觉得书写这个公式十分烦琐,不看书根本记不住,下面从别人转来一些方法帮助书写 为了说明问题,并给大家一个深刻印象,我们假定图中的A、B、C、D、E、F是六个旅游景点,各景点之间有公路相连.我们乘直升机飞到这些景点的上空,然后选择其中的任意一个景点降落.我们换乘汽车沿公路去每一个景点游玩,最后回到出发点,直升机就停在那里等待我们回去.我们不必考虑怎样走路程最短,只要求必须“游历”了所有的景点.只“路过”而不停留观赏的景点,不能算是“游历”.例如直升机降落在A点,我们从A点出发,“游历”了其它五个字母所代表的景点后,最终还要回到出发点A.另外还有一个要求,就是同一直线上的三个景点,必须连续游过之后,才能变更到其它直线上的景点.从A点出发的旅游方案共有四种,下面逐一说明：方案① ——从A经过B（不停留）到F（停留）,再返回B（停留）,再到D（停留）,之后经过B（不停留）到C（停留）,再到E（停留）,最后从E经过C（不停留）回到出发点A.按照这个方案,可以写出关系式：（AF：FB）*（BD：DC）*（CE：EA）=1.现在,您知道应该怎样写“梅涅劳斯定理”的公式了吧.从A点出发的旅游方案还有：方案② ——可以简记为：A→B→F→D→E→C→A,由此可写出以下公式：（AB：BF）*（FD：DE）*（EC：CA）=1.从A出发还可以向“C”方向走,于是有：方案③ —— A→C→E→D→F→B→A,由此可写出公式：（AC：CE）*（ED：DF）*（FB：BA）=1.从A出发还有最后一个方案：方案④ —— A→E→C→D→B→F→A,由此写出公式：（AE：EC）*（CD：DB）*（BF：FA）=1.我们的直升机还可以选择在B、C、D、E、F任一点降落,因此就有了图中的另外一些公式.值得注意的是,有些公式中包含了四项因式,而不是“梅涅劳斯定理”中的三项.当直升机降落在B点时,就会有四项因式.而在C点和F点,既会有三项的公式,也会有四项的公式.公式为四项时,有的景点会游览了两次.不知道梅涅劳斯当年是否也是这样想的,只是列出了一两个典型的公式给我们看看.现在是否可以说,我们对梅涅劳斯定理有了更深刻的了解呢.那些复杂的相除相乘的关系式,不会再写错或是记不住吧.

梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的.它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点,那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1.
塞瓦定理
在△ABC内任取一点O,
直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F,则 (BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1
托勒密(Ptolemy)定理,圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.
牛顿定理:四边形两条对边的延长线的交点所连线段的中点和两条对角线的中点,三点共线.这条直线叫做这个四边形的牛顿线.
西姆松定理
有三角形ABC,平面上有一点P.P在三角形三边上的投影（即由P到边上的垂足）共线（此线称为西姆松线,Simson line）当且仅当P在三角形的外接圆上.
蝴蝶定理：P是圆O的弦AB的中点,过P点引圆O的两弦CD、EF,连结DE交AB于M,连结CF交AB于N,则有MP=NP.
帕普斯定理：设六边形ABCDEF的顶点交替分布在两条直线a和b上,那么它的三双对边所在直线的交点X、Y、Z在一直线上.
高斯线定理：四边形ABCD中,直线AB与直线CD交于E,直线BC与直线AD交于F,M、N、Q分别为AC、BD、EF的中点,则有M、N、O共线.
莫勒定理：三角形三个角的三等分线共有6条,每相邻的（不在同一个角的）两条三等分线的交点,是一个等边三角形的顶点.
拿破仑定理：以三角形各边为边分别向外侧作等边三角形则他们的中心构成一个等边三角形.帕斯卡定理：若一个六边形内接于一条圆锥曲线,则这个六边形的三双对边的交点在一条直线上.
布利安双定理：设一六角形外切于一条圆锥曲线,那么它的三双对顶点的连线共点.
泰博定理：取平行四边形的边为正方形的边,作四个正方形（同时在平行四边形内或外皆可）.正方形的中心点所组成的四边形为正方形；取正方形的两条邻边为三角形的边,作两个等边三角形（同时在正方形内或外皆可）.这两个三角形不在正方形边上的顶点,和正方形四个顶点中唯一一个不是三角形顶点的顶点,组成一等边三角形；给定任意三角形ABC,BC上任意一点M,作两个圆形,均与AM、BC、外接圆相切,该两圆的圆心和三角形内接圆心共线.
凡·奥贝尔定理：给定一个四边形,在其边外侧构造一个正方形.将相对的正方形的中心连起,得出两条线段.线段的长度相等且垂直（凡·奥贝尔定理适用于凹四边形）.