Twierdzenie Menelaosa

Ten artykuł należy dopracować: od 2011-02 → zweryfikować treść i dodać przypisy, od 2023-03 → usunąć nieencyklopedyczne treści, od 2023-03 → usunąć nieistotne ciekawostki / istotne informacje z sekcji „Ciekawostki” przenieść do artykułu, brak bliższej informacji o tym, komu twierdzenie było znane wcześniej, wątpliwe wyrażenie „poprzeczna”. Po wyeliminowaniu niedoskonałości należy usunąć szablon {{Dopracować}} z tego artykułu.

Twierdzenie Menelaosa (Menelausa) – twierdzenie geometrii płaskiej pochodzące od Menelaosa z Aleksandrii^[1], choć znane było już wcześniej. Jest przydatne przy wykazywaniu współliniowości punktów (tzn. że leżą one na wspólnej prostej).

Dowolna poprzeczna wyznacza na dwóch bokach trójkąta ${\displaystyle \triangle ABC}$ i przedłużeniu trzeciego boku (lub na przedłużeniach wszystkich boków) punkty ${\displaystyle D,E,F}$ w ten sposób, że iloczyn długości trzech do siebie nieprzyległych odcinków jest równy iloczynowi długości trzech pozostałych, czyli^[2]

${\displaystyle |AE|\cdot |CD|\cdot |BF|=|BD|\cdot |AF|\cdot |CE|.}$

Zapamiętanie twierdzenia ułatwia również sztuczka mnemotechniczna polecająca kolejnym przechodzeniu od wierzchołka trójkąta (poczynając od dowolnie ustalonego) do punktu przecięcia poprzecznej na boku (przedłużeniu) zawierającym ten punkt do kolejnego wierzchołka i wróceniu w ten sposób do punktu wyjścia:

${\displaystyle A\to E\to C\to D\to B\to F\to A}$ skrótowo zapisywane zwykle jako ${\displaystyle ^{A}{}_{E}{}^{C}{}_{D}{}^{B}{}_{F}{}^{A},}$

co pomaga w zapamiętaniu, które z odcinków winny znaleźć się w liczniku, a które w mianowniku:

${\displaystyle {\frac {|AE|}{|EC|}}\cdot {\frac {|CD|}{|DB|}}\cdot {\frac {|BF|}{|FA|}}=1.}$

Ostatnia równość jest inną postacią twierdzenia.

Niech ${\displaystyle X}$ będzie przecięciem prostej równoległej do ${\displaystyle AC}$ przechodzącej przez punkt ${\displaystyle B}$ z poprzeczną. Trójkąty ${\displaystyle \triangle XBF}$ i ${\displaystyle \triangle EAF}$ są podobne. Z twierdzenia Talesa:

${\displaystyle {\frac {|BX|}{|AE|}}={\frac {|BF|}{|FA|}},}$ czyli ${\displaystyle |XB|={\frac {|BF|}{|FA|}}\cdot |AE|}$

Trójkąty ${\displaystyle \triangle CED}$ i ${\displaystyle \triangle BXD}$ są podobne. Zatem jest:

${\displaystyle {\frac {|CE|}{|XB|}}={\frac {|DC|}{|DB|}},}$ czyli ${\displaystyle {\frac {1}{|XB|}}={\frac {|DC|}{|DB|}}\cdot {\frac {1}{|CE|}}}$

Po pomnożeniu stronami otrzymanych równości prawdziwa jest równość

${\displaystyle 1={\frac {|BF|}{|FA|}}\cdot {\frac {|DC|}{|DB|}}\cdot {\frac {|AE|}{|CE|}},}$

co kończy dowód. W przypadku, gdy wszystkie punkty ${\displaystyle D,E,F}$ leżą na przedłużeniach boków trójkąta, rozumowanie jest analogiczne.

Twierdzenie odwrotne do twierdzenia Menelaosa również jest prawdziwe:

Jeżeli na bokach ${\displaystyle AB}$ i ${\displaystyle BC}$ trójkąta ${\displaystyle \triangle ABC}$ dane są punkty ${\displaystyle E}$ i ${\displaystyle D,}$ a na przedłużeniu boku ${\displaystyle AC}$ punkt ${\displaystyle F}$ tak, że:

${\displaystyle |AE|\cdot |CD|\cdot |BF|=|BD|\cdot |AF|\cdot |CE|,}$

to punkty ${\displaystyle D,E,F}$ są współliniowe.

Analogicznie, gdy wszystkie punkty ${\displaystyle D,E,F}$ leżą na przedłużeniach odpowiednich boków.

Dowód nie wprost: niech dla pewnych niewspółliniowych punktów zachodzi

${\displaystyle |AE|\cdot |CD|\cdot |BF|=|BD|\cdot |AF|\cdot |CE|}$ (1)

oraz ${\displaystyle D,E}$ leżą na bokach trójkąta, zaś ${\displaystyle F}$ na prostej ${\displaystyle AB}$ poza bokiem.

Wtedy można wybrać taki punkt ${\displaystyle F'\neq F,}$ że ${\displaystyle D,E,F'}$ są współliniowe. Wtedy z twierdzenia Menelaosa zachodzi

${\displaystyle |AE|\cdot |CD|\cdot |BF'|=|BD|\cdot |AF'|\cdot |CE|.}$

Zatem dla dwóch różnych punktów ${\displaystyle F,F'}$ leżących na prostej ${\displaystyle AB}$ poza odcinkiem ${\displaystyle AB}$ zachodzi

${\displaystyle {\frac {|AF'|}{|BF'|}}={\frac {|AF|}{|BF|}},}$

co jest sprzeczne.

Dlatego jeżeli punkty ${\displaystyle D,E,F}$ spełniają równość (1), to są współliniowe. Gdy wszystkie trzy punkty leżą poza bokami trójkąta, to dowód jest analogiczny.

Niech ${\displaystyle A',B',C',D'}$ oznaczają punkty przecięcia pewnej płaszczyzny z krawędziami czworościanu ${\displaystyle ABCD}$ leżące odpowiednio na odcinkach ${\displaystyle AB,BC,CD,DA.}$ Wówczas zachodzi równość:

${\displaystyle {\frac {AA'}{A'B}}{\frac {BB'}{B'C}}{\frac {CC'}{C'D}}{\frac {DD'}{D'A}}=1}$

Dowód polega na zrzutowaniu wierzchołków czworościanu na przecinającą go płaszczyznę, skorzystania z podobieństwa par trójkątów prostokątnych złożonych z wierzchołków leżących na danej krawędzi, ich rzutów i punktu przecięcia krawędzi i płaszczyzny, a następnie pomnożenia uzyskanych równości tak by po jednej stronie uzyskać wyrażenie z tezy.

Twierdzenie odwrotne, mówiące że jeśli spełniona jest równość

${\displaystyle {\frac {AA'}{A'B}}{\frac {BB'}{B'C}}{\frac {CC'}{C'D}}{\frac {DD'}{D'A}}=1,}$

to punkty ${\displaystyle A',B',C',D'}$ leżą na jednej płaszczyźnie, jest również prawdziwe.

Zobacz multimedia związane z tematem: Twierdzenie Menelaosa

• twierdzenie Cevy
• twierdzenie van Aubela

• JoannaJ. Jaszuńska JoannaJ., Twierdzenie Menelaosa, [w:] pismo „Delta”, deltami.edu.pl, marzec 2011, ISSN 0137-3005 [dostęp 2022-07-19]  (pol.).