TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU

OANA CONSTANTINESCU

In acest material generalizam teorema lui Menelaus din planul euclidian la spatiul euclidian treidimensional, prezentand doua metode de demonstratie, una adaptata gimnaziului si una adaptataliceului, mai exact folosind calculul vectorial. Din multitudinea de demonstratii existente nu am alescele mai elegante, ci acele demonstratii care se pot face la clasa, eventual in cadrul unui optional.

1. Teorema lui Menelaus in plan

Demonstratia teoremei in plan (clasa a VII-a).

Theorem 1. Intr-un plan dat se considera triunghiul ABC si o dreapta d ce taie dreptele suportale laturilor triunghiului in punctele D ∈ BC, E ∈ CA, F ∈ AB, diferite de varfurile triunghiului.Atunci

FA

FB· DBDC· ECEA

= 1.

Remark 2. Pentru a simpli�ca demonstratia teoremei reciproce, am folosit aici rapoarte de segmenteorientate. Sfatuim introducerea cu atentie a acestei notiuni, pentru a evita confuziile. Avand doua

segmente orientate PQ si RS cu aceeasi directie, notam cu PQ

RSraportul lungimilor acestora, daca

cele doua segmente sunt la fel orientate, respectiv opusul raportului lungimilor lor, daca cele douasegmente au orientari opuse.

Avantajul este ca, atunci cand cunoastem de exemplu FAFB

, pozitia punctului F pe AB este unicdeterminata.

1

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 2

Proof. Fie CG ‖ AB, G ∈ ED. Se aplica teorema fundamentala a asemanarii pentru:

4BFD, CG ‖ BF ⇒ DBDC

= FBGC

; 4AEF, GC ‖ AF ⇒ ECEA

= GCFA

.

Folosind ambele relatii de mai sus rezulta DBDC· ECEA

= FBFA

. �

Theorem 3. (Reciproca teoremei lui Menelaus) Fie 4ABC si punctele D, E, F respectiv peBC, CA, AB, diferite de varfurile triunghiului. Daca

(1.1)FA

FB· DBDC· ECEA

= 1,

atunci punctele D, E, F sunt coliniare.

Proof. Presupunem prin reducere la absurd ca D,E, F nu sunt coliniare.Fie DE ∩AB = {F ′}.Motivam existenta acestui punct prin reducere la absurd. Daca presupunem ca DE ‖ AB, din

T. Thales in 4ABC rezulta ca DBDC

= EAEC

. Folosind (1.1) rezulta FAFB

= 1. Imposibil.

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 3

Aplicand teorema lui Menelaus pentru 4ABC si transversala D − E − F ′, rezultaF ′AF ′B· DBDC· ECEA

= 1. Folosind si (1.1) deducem

F ′A

F ′B=FA

FB.

Din unicitatea punctului care imparte un segment orientat dat intr-un raport dat, rezulta F = F ′.

�

Remark 4. In clasa a VII-a nu este obligatorie folosirea rapoartelor de segmente orientate. Vatrebui sa ne folosim de intuitie pentru a motiva ca F, F ′ sunt simultan intre A si B sau simultan deaceeasi parte a lui A, ori a lui B, pe dreapta AB. O demonstratie riguroasa ar presupune utilizareaconsecintelor axiomelor de ordine.

Demonstratie vectoriala - clasa a IX-a.

Theorem 5. Intr-un plan dat se considera 4A1A2A3 si punctele B1, B2, B3 astfel incat−−−→B1A1 =

λ1−−−→B1A2,

−−−→B2A2 = λ2

−−−→B2A3,

−−−→B3A3 = λ3

−−−→B3A1, λi ∈ R∗\{1}, i ∈ {1, 2, 3}.

Atunci punctele B1, B2, B3 sunt coliniare daca si numai daca

λ1λ2λ3 = 1.

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 4

Remark 6. Pentru demonstratia vectoriala a acestei teoreme nu ne mai folosim de �guri, deoarecelucram intr-un subspatiu liniar 2-dimensional al spatiului liniar al vectorilor liberi.

Proof.−−−→B1A1 = λ1

−−−→B1A2 ⇔ (A1, A2;B1) = λ1. Numarul (A1, A2;B1) se numeste raportul simplu al

punctelor A1, A2, B1.Se cunosc urmatoarele rezultate.

(A1, A2;B1) = λ1 ⇔ r̄B1=1

1− λ1r̄A1 −

λ11− λ1

r̄A2 ;

(A2, A3;B2) = λ2 ⇔ r̄B2=1

1− λ2r̄A2− λ2

1− λ2r̄A3

;(1.2)

(A3, A1;B3) = λ3 ⇔ r̄B3=1

1− λ3r̄A3 −

λ31− λ3

r̄A1 .

B1, B2, B3 sunt coliniare (si distincte) ⇔ ∃α ∈ R∗ a.i.

(1.3)−−−→B1B3 = α

−−−→B2B3 ⇔ r̄B3 − r̄B1 = α (r̄B3 − r̄B2)⇔ r̄B1 = αr̄B2 + (1− α) r̄B3 .

�⇒�Presupunem ca B1, B2, B3 sunt coliniare.

Inlocuind r̄B1 , r̄B2 , r̄B3 din (1.2) in (1.3), se obtine:

1

1− λ1r̄A1 −

λ1

1− λ1r̄A2 = α

(1

1− λ2r̄A2 −

λ2

1− λ2r̄A3

)+

(1− α)

(1

1− λ3r̄A3 −

λ3

1− λ3r̄A1

).

Alegem A1 originea reperului in raport cu care am considerat vectorii de pozitie. Relatia precedentadevine (

α

1− λ2+

λ1

1− λ1

)−−−→A1A2 +

(1− α1− λ3

− αλ2

1− λ2

)−−−→A1A3 = 0̄.

Deoarece vectorii−−−→A1A2 si

−−−→A1A3 sunt necoliniari (deci liniar independenti), rezulta

(1.4)

{α

1−λ2+ λ1

1−λ1= 0,

1−α1−λ3

− αλ21−λ2

= 0.

Eliminand α din cele doua ecuatii, rezulta λ1λ2λ3 = 1.

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 5

�⇐�Presupunem ca λ1λ2λ3 = 1.Putem considera numarul

α =λ1(λ2 − 1)

1− λ1.

Acesta e solutie a primei ecuatii a sistemului (1.4) si folosind λ1λ2λ3 = 1 rezulta ca veri�ca si adoua ecuatie a sistemului. Deci(

α

1− λ2+

λ1

1− λ1

)−−−→A1A2 +

(1− α1− λ3

− αλ2

1− λ2

)−−−→A1A3 = 0̄.

Folosind relatiile (1.2) obtinem

(1− α)−−−→A1B3 + α

−−−→A1B2 =

−−−→A1B1.

Deci B1 apartine dreptei B2B3.�

Exercise 7. [M.E. Panaitopol, L. Panaitopol, Probleme calitative de geometrie plana, Editura Gil,Zalau, 1996]

Fie 4ABC, D simetricul centrului de greutate al triunghiului fata de mijlocul lui [AB] si Esimetricul lui C fata de B. Demonstrati ca A,D,E sunt coliniare.

Proof. Notam cu G centrul de greutate al 4ABC si M mijlocul laturii [AB]. Ne propunem safolosim reciproca teoremei lui Menelaus pentru 4MBC si punctele A,D,E situate pe dreptelesuport ale triunghiului ales. Vom demonstra ca

EB

EC· DCDM

· AMAB

= 1.

Intr-adevar EBEC = 1

2 ,AMAB = 1

2 si DM = MG = 13MC, deci DC

DM = 4. Produsul rapoartelor demai sus devine 1 si din RTM rezulta ca punctele A,D,E sunt coliniare. �

Exercise 8. Se considera patrulaterul convex ABCD. Dreptele AB, DC se intersecteaza in F ,iar dreptele AD, BC se intersecteaza in E. Sa se arate ca mijloacele segmentelor [AC], [BD], [EF ]sunt coliniare.

[M.E. Panaitopol, L. Panaitopol, Probleme calitative de geometrie plana, Editura Gil, Zalau,1996]

Notam cuM mijlocul lui [AC], cu N mijlocul lui [BD] si cu P mijlociul lui [EF ]. Cum depistamtriunghiul pe ale carui laturi/prelungiri de laturi se a�a cele trei puncte?

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 6

Fie E1 mijlocul lui [AB], B1 mijlocul lui [AE] si A1 mijlocul lui [EB]. Observam ca [ME1] si[MB1] sunt respectiv linii mijlocii in 4ACB si 4ACE. Rezulta ca ME1 ‖ CB si MB1 ‖ CE, decidin axioma paralelelor deducem ca punctele E1,M,B1 sunt coliniare. In plus

ME1

MB1=

12CB12CE

Analog B1, A1, P , respectiv A1, N,E1 sunt coliniare si

PB1

PA!=

12FA12FB

,NA1

NE1=

12DE12DA

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 7

Dorim sa aplicam reciproca teoremei lui Menelaus pentru 4E1B1A1 si punctele M, P, N . Decideterminam valoarea produsului de rapoarte

ME1

MB1· PB1

PA!· NA1

NE1=CB

CE· FAFB· DEDA

Aplicand teorema lui Menelaus in 4ABE si transversala F − C −D rezulta CBCE ·

DEDA ·

FAFB = 1,

deci si ME1

MB1· PB1

PA!· NA1

NE1= 1. Din reciproca teoremei lui Menelaus in triunghiul mentionat anterior

rezulta ca punctele M,N,P sunt coliniare.

2. Teorema lui Menelaus in spatiu

Teorema lui Menelaus in spatiu - clasa a VIII-a.

Theorem 9. Daca un plan π intersecteaza dreptele suport ale muchiilor AB, BC, CD, DA aletetraedrului ABCD respectiv in punctele E,F,G,H, diferite de varfurile tetraedrului, atunci

(2.1)EA

EB· FBFC· GCGD· HDHA

= 1.

[D. Branzei, S. Anita, C. Cocea, Planul si spatiul euclidian, Editura Academiei, Bucuresti, 1986]

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 8

Cazul I: BD ‖ πPlanul π taie respectiv planele (ABD) si (BCD) dupa drepte paralele cu BD: EH ‖ BD si

FG ‖ BD.Se aplica teorema lui Thales de doua ori:

4ABD, EH ‖ BD ⇒ EA

EB=HA

HD;

4CDB, FG ‖ BD ⇒ FB

FC=GD

GC.

Din cele doua relatii se obtine (2.1).

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 9

Cazul II: BD ∩ π = {M}

M ∈ (BDA) ∩ π = EH, M ∈ (BDC) ∩ π = FG

Se aplica teorema lui Menelaus succesiv in:

4ABD, H − E −M ⇒ EA

EB· MB

MD· HDHA

= 1;

4CBD, G− F −M ⇒ FB

FC· GCGD· MD

MB= 1.

Inmultind cele doua relatii obtinem (2.1).

Theorem 10. (Reciproca teoremei lui Menelaus) Fie punctele E,F,G,H situate respectiv pe dreptelesuport ale laturilor AB,BC,CD,DA ale tetraedrului ABCD, diferite de varfurile tetraedrului.Daca are loc relatia

(2.2)EA

EB· FBFC· GCGD· HDHA

= 1,

atunci punctele E,F,G,H sunt coplanare.

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 10

Consideram α = (EFG) si vom demonstra ca H ∈ α.Caz 1: DB ‖ αIn aceasta situatie rezulta FG = α ∩ (BCD) ‖ BD.

Planele distincte α si (ABD) au punctul E comun, deci intersectia lor este o dreapta a prin E,a ‖ BD. Fie a ∩AD = {H ′}.

Folosind teorema directa pentru punctele coplanare E,F,G,H ′ rezulta

(2.3)EA

EB· FBFC· GCGD· H′D

H ′A= 1.

Din (2.2) si (2.3) rezulta

HD

HA=H ′D

H ′A,

deci H = H ′.

Caz 2: BD ∩ α = {M}M ∈ (BCD) ∩ (EFG) = FG, M ∈ BD, deci BD ∩ FG = {M}.Pentru pozitia relativa a dreptelor EM si AD avem doua posibilitati.

Caz (a): EM ∩AD = {H ′}.

In aceasta situatie se aplica succesiv teorema Menelaus pentru4ABD, E−H ′−M ,4BDC, F−G −M , obtinandu-se doua produse de rapoarte egale cu 1. Inmultind aceste rapoarte se obtineEAEB· FBFC· GCGD· H′DH′A

= 1. Folosind si (2.2) rezulta ca in demonstratia anterioara ca H = H ′.

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 11

Caz (b): EM ‖ ADVom demonstra ca aceasta situatie este imposibila.Aplicand T. Menelaus in 4BCD si transversala F −G−M , cat si T. Thales in 4ABD, EM ‖

AD, rezulta

FB

FC· GCGD· MD

MB= 1,

EB

EA=MB

MD.

Inmultind aceste doua relatii si comparand rezultatul cu (2.2) se obtine HDHA

= 1 ⇒ D = A, incontradictie cu ipoteza.

Formulare si demonstratie vectoriala a teoremei Lui Menelaus in spatiu.

Theorem 11. Fie A1A2A3A4 un tetraedru si punctele Bi, i ∈ 1, 4 de�nite prin

(Ai, Ai+1; Bi) = λi ∈ R∗\{1}, i ∈ 1, 4, A5 = A1.

Atunci punctele B1, B2, B3, B4 sunt coplanare daca si numai daca λ1λ2λ3λ4 = 1.

Proof.

(2.4) (Ai, Ai+1; Bi) = λi ∈ R∗\{1}, i ∈ 1, 4⇔−−−→A1Bi =

1

1− λi−−−→A1Ai −

λi1− λi

−−−−−→A1Ai+1, ∈ 1, 4, A5 = A1.

Punctele B1, B2, B3, B4 sunt coplanare daca si numai daca ∃α2, α3, α4 ∈ R a.i. α2 +α3 +α4 = 1si

(2.5)−−−→A1B1 = α2

−−−→A1B2 + α3

−−−→A1B3 + α4

−−−→A1B4.

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 12

Folosind (2.4) relatia (2.5) este echivalenta cu

(2.6) (λ1

1− λ1+

α2

1− λ2)−−−→A1A2 + (

α3

1− λ3− α2λ2

1− λ2)−−−→A1A3 + (

α4

1− λ4− α3λ3

1− λ3)−−−→A1A4 = 0.

�⇒�Presupunem ca punctele Bi sunt coplanare, i ∈ 1, 4. Rezulta ca ∃α2, α3, α4 ∈ R cu

α2 + α3 + α4 = 1 si are loc relatia (2.6).

Deoarece vectorii−−−→A1A2,

−−−→A1A3,

−−−→A1A4 sunt necoplanari (liniar independenti) rezulta ca

(2.7)

λ1

1−λ1+ α2

1−λ2= 0,

α3

1−λ3− α2λ2

1−λ2= 0,

α4

1−λ4− α3λ3

1−λ3= 0.

Din prima ecuatie determinam α2 si il inlocuim in a doua ecuatie. Din aceasta din urma deter-minam α3 si il inlocuim in a treia ecuatie. Astfel obtinem

(2.8) α2 = −λ1(1− λ2)

1− λ1, α3 = −λ1λ2(1− λ3)

1− λ1, α4 = −λ1λ2λ3(1− λ4)

1− λ1

Folosind α2 + α3 + α4 = 1, prin calcule obisnuite rezulta λ1λ2λ3λ4 = 1.

�⇐�Presupunem ca λ1λ2λ3λ4 = 1.Consideram numerele relae α2, α3, α4 date de relatiile (2.8). Deoarece λ1λ2λ3λ4 = 1 se veri�ca

prin calcul ca α2 + α3 + α4 = 1.Dar aceste numere sunt solutiile sistemului (2.7), deci are loc relatia (2.6) ⇔(2.5):

−−−→A1B1 = α2

−−−→A1B2 + α3

−−−→A1B3 + α4

−−−→A1B4.

Dar aceasta relatie implica faptul ca punctul B1 apartine planului determinat de punctelenecoliniare B2, B3, B4.

�

Exercise 12. Fie tetraedrul ABCD si punctele M,N,P de�nite prin

−−→AM = 2

−−→MB,

−−→NB = −3

−−→NC,

−−→CP =

−−→PD.

a) Demonstrati ca dreapta AD taie planul (MNP ) intr-un punct Q si precizati pozitia acestuiape AD.

b) Fie punctul R dat prin−−→RD = 6

7

−−→AD. Aratati ca segmentele [AD] si [QR] au acelasi mijloc.

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 13

a) In cazul in care ar exista {Q} = (MNP ) ∩ AD, ar rezulta ca punctele M,N,P,Q suntcoplanare.

Observam ca

(A,B;M) = −2, (B,C;N) = −3, (C,D;P ) = −1

Notam (D,A;Q) = α.Folosind teorema lui Menelaus rezulta ca −6α = 1, deci α = − 1

6 .

Putem demonstra acum existenta lui Q astfel. Consideram punctul Q dat de−−→QD = − 1

6

−→QA.

Folosind reciproca T. Menelaus rezulta ca punctele M,N,P,Q sunt coplanare, deci Q ∈ (MNP ) ∩AD. Demonstram prin RA ca AD * (MNP ), deci {Q} = (MNP ) ∩ AD. El este situat pe (AD)la o septime de D si sase septimi de A.

b) Din (D,A;Q) = − 16 rezulta r̄Q = 6

7 r̄D + 17 r̄A.

Din−−→RD = 1

7

−−→AD rezulta

−−→RD = −6

−→RA, deci (D,A;R) = −6⇒r̄R = 1

7 r̄D + 67 r̄A.

Mijlocul segmentului [AD] are vectorul de pozitie 12 (r̄A + r̄D) iar mijlocul lui [QR] are vectorul

de pozitie 12 (r̄Q + r̄R) = 1

2 (r̄A + r̄D), deci cele doua mijloace coincid.

TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 14

Tema.

• Generalizati teorema in spatii a�ne de dimensiune �nita arbitrara n ≥ 2.

� M. Craioveanu, I.D. Albu, Geometrie a�na si euclidiana. Exercitii, Editura Facla,Timisoara, 1982

• Compuneti cate o problema de geometrie plana, respectiv in spatiu, in care saaplicati teorema lui Menelaus si reciproca ei. Realizati �gurile folosind Geoge-bra.

• Demonstrati analitic teorema lui Menelaus in plan, la nivelul clasei a XI-a.

References

[1] D. Branzei, S. Anita, C. Cocea, Planul si spatiul euclidian, Editura Academiei, Bucuresti, 1986.[2] C. Nastasescu, C. Nita, I. Chitescu, D. Mihalca, Matematica. Trunchi comun si curriculum diferentiat. Manual

pentru clasa a IX-a, Editura Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 2008.[3] M.E. Panaitopol, L. Panaitopol, Probleme calitative de geometrie plana, Editura Gil, Zalau, 1996.