Teorema lui Menelaus

Decupează din carton un triunghi și așază peste el o riglă, oriunde vrei, dar fără să atingi vreun vârf. Privește ce se întâmplă: rigla taie exact două dintre laturi, iar a treia latură scapă — dreapta o întâlnește abia pe prelungire. Încearcă din nou, altfel: fie tai iar două laturi, fie niciuna, și atunci toate trei intersecțiile cad pe prelungiri. Trei laturi tăiate simultan nu vei obține niciodată, oricât ai roti rigla.

Această observație aparent copilărească ascunde o teoremă de o eleganță rară, atribuită lui Menelaus din Alexandria (secolul I d.Hr.): cele trei puncte de intersecție determină pe laturi șase segmente, iar produsul a trei rapoarte alese după o regulă fixă este întotdeauna egal cu $1$. Mai mult, afirmația funcționează și invers — dacă produsul iese $1$, punctele sunt obligatoriu coliniare. Așa se transformă o problemă de geometrie („arătați că punctele $M$, $N$, $P$ sunt pe aceeași dreaptă") într-un calcul cu fracții, pe care îl poți duce la capăt fără niciun desen exact. Este cel mai puternic instrument de coliniaritate pe care îl vei avea la dispoziție în clasa a IX-a, iar programa de mate-info îl cere explicit: „stabilirea coliniarității unor puncte situate pe dreptele suport ale laturilor unui triunghi".

Ce vei învăța

• Vei ști să identifici o transversală a unui triunghi și să înțelegi de ce ea nu poate tăia toate cele trei laturi.
• Vei ști să enunți teorema lui Menelaus în forma cu segmente neorientate, cu produsul rapoartelor egal cu $1$, și să scrii rapoartele în ordinea corectă.
• Vei ști să o demonstrezi în două moduri: prin distanțele de la vârfuri la transversală și printr-o paralelă auxiliară.
• Vei ști să enunți și să folosești reciproca teoremei lui Menelaus pentru a demonstra că trei puncte sunt coliniare.
• Vei ști să alegi triunghiul și transversala potrivite într-o configurație complicată, ca să obții raportul cerut.
• Vei ști să aplici teorema la rezultate clasice, precum coliniaritatea picioarelor bisectoarelor exterioare.

Hai să descoperim împreună

1. Transversala și regula parității

Definiție. Se numește transversală a triunghiului $ABC$ o dreaptă care nu trece prin niciunul dintre vârfuri și care intersectează toate cele trei drepte suport ale laturilor: $BC$, $CA$ și $AB$.

Notăm punctele de intersecție cu $M\in BC$, $N\in CA$, $P\in AB$ — fiecare punct poartă litera „lui" și stă pe latura scrisă cu literele celorlalte două vârfuri.

Experimentul cu rigla din deschidere ascunde un fapt riguros: o dreaptă care nu trece prin vârfuri nu poate intersecta toate cele trei laturi ale triunghiului ca segmente. Motivul e simplu: dreapta împarte planul în două semiplane, iar cele trei vârfuri se împart între ele. Cum sunt trei vârfuri și doar două semiplane, două vârfuri stau împreună; latura dintre ele nu este tăiată. Prin urmare, o transversală taie fie două laturi și prelungirea celei de-a treia, fie prelungirile tuturor celor trei laturi.

Reținem consecința sub formă de regulă de paritate: numărul punctelor situate în afara laturilor este impar — unu sau trei. Această regulă va face diferența dintre teorema lui Menelaus și teorema lui Ceva, unde numărul de puncte exterioare este par.

2. Enunțul teoremei

Teorema lui Menelaus. Fie triunghiul $ABC$ și o transversală care intersectează dreptele $BC$, $CA$, $AB$ în punctele $M$, $N$, respectiv $P$, diferite de vârfuri. Atunci

$$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1.$$

Toate segmentele sunt neorientate (lungimi pozitive), iar produsul este exact $1$.

Cum ții minte ordinea? Parcurgi laturile în ordine ciclică: $BC$, apoi $CA$, apoi $AB$. Pentru fiecare latură iei punctul de pe ea și scrii fracția cu literele laturii, în ordinea lor: pe latura $BC$ scrii $\frac{MB}{MC}$, pe latura $CA$ scrii $\frac{NC}{NA}$, pe latura $AB$ scrii $\frac{PA}{PB}$. Fiecare vârf apare exact de două ori în produs — o dată la numărător, o dată la numitor. Dacă un vârf apare de două ori în același loc, ai greșit ordinea.

3. Demonstrația prin distanțele la transversală

Fie $d$ transversala și fie $x$, $y$, $z$ distanțele de la $A$, $B$, respectiv $C$ la dreapta $d$. Cum niciun vârf nu se află pe $d$, toate trei sunt strict pozitive. Notăm cu $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $C^{\prime }$ proiecțiile vârfurilor pe $d$, deci $A{A}^{\prime }=x$, $B{B}^{\prime }=y$, $C{C}^{\prime }=z$.

Triunghiurile dreptunghice $MB{B}^{\prime }$ și $MC{C}^{\prime }$ au unghiurile din $M$ congruente (sunt fie același unghi, fie opuse la vârf, după cum $M$ este sau nu între $B$ și $C$) și câte un unghi drept, deci sunt asemenea. Rezultă

$$\frac{MB}{MC}=\frac{B{B}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}=\frac{y}{z}.$$

Exact la fel, din asemănarea triunghiurilor $NC{C}^{\prime }$ și $NA{A}^{\prime }$, respectiv $PA{A}^{\prime }$ și $PB{B}^{\prime }$:

$$\frac{NC}{NA}=\frac{z}{x},\frac{PA}{PB}=\frac{x}{y}.$$

Înmulțind cele trei egalități, numărătorii și numitorii se simplifică în lanț:

$$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=\frac{y}{z}\cdot \frac{z}{x}\cdot \frac{x}{y}=1.■$$

Observă cât de „nevinovată" e demonstrația: toată magia stă în faptul că fiecare distanță apare o dată sus și o dată jos — aceeași structură pe care o are și regula mnemonică a vârfurilor.

4. A doua demonstrație, prin paralelă

Merită să vezi și varianta pur sintetică, pentru că tehnica „duc o paralelă prin vârful liber" apare în multe alte probleme.

Prin $C$ ducem paralela la $AB$; ea taie transversala într-un punct $Q$ (paralela nu poate fi paralelă și cu transversala, altfel transversala ar fi paralelă cu $AB$ și nu ar mai tăia dreapta $AB$).

• Din $CQ\parallel BP$ rezultă că triunghiurile $MBP$ și $MCQ$ sunt asemenea, deci $\frac{MB}{MC}=\frac{BP}{CQ}$.
• Din $CQ\parallel AP$ rezultă că triunghiurile $NAP$ și $NCQ$ sunt asemenea, deci $\frac{NC}{NA}=\frac{CQ}{AP}$.

Înmulțim cele trei rapoarte:

$$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=\frac{BP}{CQ}\cdot \frac{CQ}{AP}\cdot \frac{PA}{PB}=1,$$

pentru că $BP=PB$ și $AP=PA$ sunt aceleași lungimi. $■$

5. Reciproca teoremei lui Menelaus

Aici stă adevărata putere: teorema devine un test de coliniaritate.

Reciproca. Fie $M$, $N$, $P$ puncte pe dreptele $BC$, $CA$, respectiv $AB$, diferite de vârfurile triunghiului $ABC$, astfel încât numărul punctelor situate în afara laturilor să fie impar (unul sau trei). Dacă

$$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1,$$

atunci punctele $M$, $N$, $P$ sunt coliniare.

Demonstrație (prin reducere la absurd). Presupunem că punctele nu sunt coliniare. Dreapta $MN$ intersectează dreapta $AB$ într-un punct $P^{\prime }$ (dacă ar fi paralelă cu $AB$, ipoteza de paritate ar fi încălcată). Aplicând teorema directă transversalei $MN{P}^{\prime }$:

$$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{P^{\prime }A}{P^{\prime }B}=1.$$

Comparând cu ipoteza, obținem $\frac{PA}{PB}=\frac{P^{\prime }A}{P^{\prime }B}$. Condiția de paritate garantează că $P$ și $P^{\prime }$ sunt de același tip (ambele în interiorul segmentului $(AB)$ sau ambele în exteriorul lui). Pe o dreaptă, însă, există un singur punct interior segmentului $(AB)$ cu un raport dat și cel mult un punct exterior cu acel raport. Prin urmare $P=P^{\prime }$, deci $P$ se află pe dreapta $MN$ — contradicție cu presupunerea. $■$

Ipoteza de paritate nu este un moft: fără ea, afirmația e falsă. Dacă $M$, $N$, $P$ sunt toate trei pe laturi și produsul e $1$, punctele nu sunt coliniare — dimpotrivă, cevienele $AM$, $BN$, $CP$ sunt concurente. Aceasta e chiar situația din lecția următoare.

6. Cum alegi triunghiul și transversala

Într-o problemă complicată, teorema nu ți se oferă gata pregătită: trebuie să fabrici configurația. Rutina în trei pași:

1. Identifică raportul necunoscut. El va fi unul dintre cele trei din formulă.
2. Alege triunghiul astfel încât cele trei puncte cunoscute + cel necunoscut să cadă pe laturile lui (sau pe prelungiri). Regula practică: triunghiul potrivit are ca laturi trei dintre dreptele desenului, iar transversala e a patra dreaptă.
3. Scrie rapoartele în ordinea ciclică a triunghiului ales și rezolvă ecuația.

Un exemplu al pasului 2, pe care îl vei folosi des: dacă în triunghiul $ABC$ ai ceviana $AM$ și o dreaptă care o taie, triunghiul potrivit este adesea $ABM$ sau $ACM$, nu $ABC$.

7. O aplicație clasică: bisectoarele exterioare

Propoziție. Într-un triunghi scalen $ABC$, picioarele celor trei bisectoare exterioare (situate pe prelungirile laturilor) sunt coliniare.

Demonstrație. Bisectoarea exterioară din $A$ taie dreapta $BC$ într-un punct $M$ cu $\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}$ — același raport ca la teorema bisectoarei interioare, dar punctul cade în afara segmentului. Analog, bisectoarea exterioară din $B$ dă pe dreapta $CA$ punctul $N$ cu $\frac{NC}{NA}=\frac{a}{c}$, iar cea din $C$ dă pe dreapta $AB$ punctul $P$ cu $\frac{PA}{PB}=\frac{b}{a}$. Produsul:

$$\frac{c}{b}\cdot \frac{a}{c}\cdot \frac{b}{a}=1.$$

Toate trei punctele sunt exterioare laturilor, deci numărul lor este $3$ — impar. Reciproca teoremei lui Menelaus se aplică și încheie demonstrația. $■$

Dreapta pe care stau cele trei picioare se numește axa antiortică a triunghiului. Ipoteza „scalen" e necesară: dacă $b=c$, bisectoarea exterioară din $A$ este paralelă cu $BC$ și nu mai există punctul $M$.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Raportul necunoscut, direct din formulă

O transversală taie dreptele $BC$, $CA$, $AB$ ale triunghiului $ABC$ în $M$, $N$, $P$. Se știe că $\frac{MB}{MC}=2$ și $\frac{NC}{NA}=3$. Calculați $\frac{PA}{PB}$.

Rezolvare. Din teorema lui Menelaus, $2\cdot 3\cdot \frac{PA}{PB}=1$, deci $\frac{PA}{PB}=\frac{1}{6}$.

Interpretare: $PA$ este de șase ori mai mic decât $PB$, deci $P$ se află mult mai aproape de $A$ decât de $B$. Pentru a ști dacă $P$ este pe latură sau pe prelungire, aplici regula parității: dacă $M$ și $N$ sunt amândouă pe laturi, atunci $P$ este obligatoriu exterior. $■$

Exemplul 2 — Transversala prin mijlocul unei laturi

În triunghiul $ABC$, $N$ este mijlocul laturii $(AC)$, iar $M\in (BC)$ cu $\frac{BM}{MC}=2$. Dreapta $MN$ taie dreapta $AB$ în $P$. Calculați $\frac{PA}{PB}$.

Rezolvare. Avem $\frac{MB}{MC}=2$ și $\frac{NC}{NA}=1$ (mijloc). Menelaus:

$$2\cdot 1\cdot \frac{PA}{PB}=1⟹\frac{PA}{PB}=\frac{1}{2}.$$

Unde cade $P$? Cum $M$ și $N$ sunt pe laturi, regula parității cere ca $P$ să fie exterior. Din $PA=\frac{1}{2}PB$ și $PB-PA=AB$ (P în afara segmentului, dincolo de $A$) rezultă $PA=AB$: punctul $P$ este simetricul lui $B$ față de $A$. $■$

Exemplul 3 — Când se cunosc rapoartele pe laturi

În triunghiul $ABC$, $P\in (AB)$ cu $\frac{AP}{PB}=\frac{2}{3}$ și $N\in (AC)$ cu $\frac{AN}{NC}=\frac{1}{2}$. Dreapta $PN$ taie dreapta $BC$ în $M$. Calculați $\frac{MB}{MC}$.

Rezolvare. Traducem datele în forma cerută de formulă: $\frac{PA}{PB}=\frac{2}{3}$, iar $\frac{NC}{NA}=2$ (inversul lui $\frac{1}{2}$). Menelaus:

$$\frac{MB}{MC}\cdot 2\cdot \frac{2}{3}=1⟹\frac{MB}{MC}=\frac{3}{4}.$$

Atenție la capcană: datele erau date ca $\frac{AN}{NC}$, iar formula cere $\frac{NC}{NA}$ — inversează înainte de a înmulți. $■$

Exemplul 4 — Alegerea triunghiului potrivit

În triunghiul $ABC$, $D\in (BC)$ cu $\frac{BD}{DC}=\frac{1}{2}$, iar $E$ este mijlocul segmentului $(AD)$. Dreapta $BE$ taie $AC$ în $F$. Calculați $\frac{AF}{FC}$.

Rezolvare. Triunghiul $ABC$ nu ajută: punctul $E$ nu e pe laturile lui. Alegem triunghiul $ADC$, ale cărui laturi sunt $DC$, $CA$ și $AD$ — iar dreapta $BEF$ le taie pe toate trei: $B$ pe dreapta $DC$ (în exterior, pentru că $D$ e între $B$ și $C$), $F$ pe $CA$, $E$ pe $AD$.

Scriem Menelaus în triunghiul $ADC$, parcurgând ciclic $DC$, $CA$, $AD$:

$$\frac{BD}{BC}\cdot \frac{FC}{FA}\cdot \frac{EA}{ED}=1.$$

Cu $BD=1$ și $DC=2$ (unități), avem $BC=3$, deci $\frac{BD}{BC}=\frac{1}{3}$; iar $\frac{EA}{ED}=1$, pentru că $E$ e mijloc. Rezultă $\frac{FC}{FA}=3$, adică

$$\frac{AF}{FC}=\frac{1}{3}.$$

Verificare rapidă cu coordonate: pentru $A(0,0)$, $B(12,0)$, $C(3,9)$ se obține $D(9,3)$, $E\left(\frac{9}{2},\frac{3}{2}\right)$ și $F\left(\frac{3}{4},\frac{9}{4}\right)$, deci $AF$ este a patra parte din $AC$ ✓. $■$

Exemplul 5 — Demonstrarea coliniarității

În triunghiul $ABC$, punctele $M$, $N$, $P$ sunt situate pe dreptele $BC$, $CA$, $AB$ astfel încât $M$ este în afara segmentului $(BC)$, cu $\frac{MB}{MC}=4$, iar $N\in (CA)$ și $P\in (AB)$ satisfac $\frac{NC}{NA}=\frac{1}{2}$ și $\frac{PA}{PB}=\frac{1}{2}$. Arătați că $M$, $N$, $P$ sunt coliniare.

Rezolvare. Calculăm produsul:

$$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=4\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=1.$$

Numărul punctelor exterioare laturilor este $1$ (doar $M$), deci impar. Sunt îndeplinite ambele ipoteze ale reciprocei teoremei lui Menelaus, prin urmare $M$, $N$, $P$ sunt coliniare. $■$

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat

În triunghiul $ABC$ se consideră $M$ mijlocul laturii $(BC)$ și $P\in (AB)$ cu $\frac{AP}{PB}=\frac{1}{2}$. Dreapta $PM$ intersectează dreapta $AC$ în $N$. a) Calculați $\frac{NC}{NA}$. b) Arătați că $A$ este mijlocul segmentului $(NC)$.

Rezolvare. a) Datele: $\frac{MB}{MC}=1$, $\frac{PA}{PB}=\frac{1}{2}$. Din Menelaus:

$$1\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{1}{2}=1⟹\frac{NC}{NA}=2.$$

b) Punctele $M$ și $P$ sunt pe laturi, deci $N$ este exterior segmentului $(AC)$; din $NC=2NA$ și $NC=NA+AC$ rezultă $NA=AC$. Așadar $N$ este simetricul lui $C$ față de $A$, iar $A$ este mijlocul lui $(NC)$.

Verificare cu coordonate: $A(0,0)$, $B(12,0)$, $C(3,9)$ dau $M\left(\frac{15}{2},\frac{9}{2}\right)$, $P(4,0)$ și $N(-3,-9)$ — într-adevăr simetricul lui $C$ față de origine ✓. $■$

Să exersăm

Rezolvă pe caiet. La fiecare problemă desenează triunghiul, marchează cele trei puncte, verifică regula parității și abia apoi scrie rapoartele în ordine ciclică.

1. O transversală taie dreptele $BC$, $CA$, $AB$ în $M$, $N$, $P$. Dacă $\frac{MB}{MC}=3$ și $\frac{NC}{NA}=2$, calculează $\frac{PA}{PB}$.

2. În aceeași configurație, se știe că $\frac{MB}{MC}=\frac{1}{2}$ și $\frac{PA}{PB}=4$. Calculează $\frac{NC}{NA}$.

3. În triunghiul $ABC$, $P\in (AB)$ cu $\frac{AP}{PB}=\frac{2}{3}$ și $N\in (AC)$ cu $\frac{AN}{NC}=\frac{1}{2}$. Dreapta $PN$ taie $BC$ în $M$. Calculează $\frac{MB}{MC}$.

4. În triunghiul $ABC$, $N$ este mijlocul lui $(AC)$, iar $M\in (BC)$ cu $\frac{BM}{MC}=2$. Dreapta $MN$ taie $AB$ în $P$. Calculează $\frac{PA}{PB}$ și precizează unde cade $P$.

5. În triunghiul $ABC$, $M$ este mijlocul lui $(BC)$, iar $P\in (AB)$ cu $\frac{AP}{PB}=\frac{1}{2}$. Dreapta $PM$ taie $AC$ în $N$. Calculează $\frac{AN}{NC}$.

6. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă $M$, $N$, $P$ sunt puncte pe dreptele $BC$, $CA$, $AB$ ale unui triunghi și $\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1$, atunci cele trei puncte sunt coliniare."

7. Verifică, folosind reciproca teoremei lui Menelaus, dacă punctele $M$ (exterior lui $(BC)$, cu $\frac{MB}{MC}=\frac{9}{4}$), $N\in (CA)$ cu $\frac{NC}{NA}=\frac{2}{3}$ și $P\in (AB)$ cu $\frac{PA}{PB}=\frac{2}{3}$ sunt coliniare.

8. Demonstrează că într-un triunghi scalen $ABC$ piciorul bisectoarei exterioare din $A$ și picioarele bisectoarelor interioare din $B$ și din $C$ sunt trei puncte coliniare.

9. În triunghiul $ABC$, $D\in (BC)$ cu $\frac{BD}{DC}=\frac{1}{2}$, iar $E$ este mijlocul lui $(AD)$. Dreapta $BE$ taie $AC$ în $F$. Calculează $\frac{AF}{FC}$, precizând ce triunghi și ce transversală ai ales.

10. (Problemă aplicată.) Un teren triunghiular $ABC$ are pe latura $(AB)$ un stâlp $P$ cu $\frac{AP}{PB}=\frac{1}{3}$, iar pe latura $(AC)$ un stâlp $N$ cu $\frac{AN}{NC}=\frac{3}{1}$. Un cablu drept trece prin cei doi stâlpi și taie dreapta $BC$ în $M$. În ce raport împarte $M$ segmentul, adică cât este $\frac{MB}{MC}$?

11. În triunghiul $ABC$, $M\in (BC)$ cu $\frac{BM}{MC}=\frac{1}{2}$ și $N\in (AC)$ cu $\frac{AN}{NC}=\frac{1}{3}$. Dreptele $AM$ și $BN$ se intersectează în $O$. Calculează $\frac{AO}{OM}$ aplicând teorema lui Menelaus în triunghiul $AMC$ cu transversala $B$, $O$, $N$.

12. În triunghiul $ABC$ cu $AB=4$, $AC=6$, $BC=5$, fie $D\in (BC)$ piciorul bisectoarei din $A$ și $N$ mijlocul lui $(AC)$. Dreapta $DN$ taie dreapta $AB$ în $P$. Calculează $\frac{PA}{PB}$.

13. (Exercițiu tip Bacalaureat.) În triunghiul $ABC$, punctul $M\in (BC)$ verifică $\frac{BM}{MC}=\frac{2}{5}$, iar $N\in (AC)$ verifică $\frac{AN}{NC}=\frac{3}{4}$. a) Calculează $\frac{MB}{MC}$ și $\frac{NC}{NA}$ în forma cerută de teorema lui Menelaus. b) Dreapta $MN$ taie dreapta $AB$ în $P$; calculează $\frac{PA}{PB}$. c) Precizează, justificând cu regula parității, dacă $P$ aparține segmentului $(AB)$.

14. Folosind teorema lui Menelaus în triunghiul $ABM$ (unde $M$ este mijlocul lui $(BC)$) cu transversala $C$, $G$, $P$ — unde $P$ este mijlocul lui $(AB)$ și $G$ este intersecția medianelor $AM$ și $CP$ — demonstrează că $\frac{AG}{GM}=2$.

15. Într-un triunghi $ABC$, o transversală taie $(AB)$ în $P$ cu $\frac{AP}{PB}=\frac{3}{5}$ și prelungirea lui $(BC)$ dincolo de $C$ în $M$ cu $MC=BC$. Calculează $\frac{NA}{NC}$, unde $N$ este intersecția transversalei cu dreapta $AC$.

16. (Raționament.) Demonstrează afirmația din lecție: o dreaptă care nu trece prin niciun vârf al unui triunghi nu poate intersecta toate cele trei laturi (ca segmente). Folosește împărțirea planului în două semiplane.

17. Refă demonstrația teoremei lui Menelaus prin metoda paralelei, ducând de data aceasta paralela prin $A$ la dreapta $BC$. Scrie explicit cele două perechi de triunghiuri asemenea.

18. (Provocare.) În triunghiul $ABC$, $M\in (BC)$ cu $\frac{BM}{MC}=p$ și $N\in (AC)$ cu $\frac{AN}{NC}=q$, unde $p,q>0$. Dreptele $AM$ și $BN$ se intersectează în $O$. Demonstrează că

$$\frac{AO}{OM}=\frac{q(p+1)}{p},$$

apoi deduce, pentru $p=q=1$, poziția centrului de greutate pe mediană.

Răspunsuri și explicații

1. $3\cdot 2\cdot \frac{PA}{PB}=1$, deci $\frac{PA}{PB}=\frac{1}{6}$.

2. $\frac{1}{2}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot 4=1$, deci $\frac{NC}{NA}=\frac{1}{2}$.

3. Din date, $\frac{PA}{PB}=\frac{2}{3}$ și $\frac{NC}{NA}=2$. Atunci $\frac{MB}{MC}\cdot 2\cdot \frac{2}{3}=1$, deci $\frac{MB}{MC}=\frac{3}{4}$. (Verificare prin coordonate cu $A(0,0)$, $B(12,0)$, $C(3,9)$: $P\left(\frac{24}{5},0\right)$, $N(1,3)$, $M(39,-27)$, iar $MB:MC=3:4$ ✓.)

4. $2\cdot 1\cdot \frac{PA}{PB}=1$, deci $\frac{PA}{PB}=\frac{1}{2}$. Cum $M$ și $N$ sunt pe laturi, paritatea cere ca $P$ să fie exterior; din $PB=2PA$ și $PB=PA+AB$ rezultă $PA=AB$, adică $P$ este simetricul lui $B$ față de $A$.

5. $1\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{1}{2}=1$, deci $\frac{NC}{NA}=2$ și $\frac{AN}{NC}=\frac{1}{2}$. Punctul $N$ este exterior: este simetricul lui $C$ față de $A$.

6. Fals. Produsul egal cu $1$ este necesar, dar nu suficient — lipsește condiția de paritate. Contraexemplu: dacă $M$, $N$, $P$ sunt mijloacele laturilor, toate rapoartele sunt $1$, produsul e $1$, dar cele trei mijloace nu sunt coliniare (ele formează triunghiul median). În acest caz cevienele $AM$, $BN$, $CP$ sunt concurente în centrul de greutate — situația din teorema lui Ceva.

7. Produsul este $\frac{9}{4}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{36}{36}=1$, iar numărul punctelor exterioare este $1$ (doar $M$) — impar. Ambele ipoteze ale reciprocei fiind îndeplinite, punctele sunt coliniare.

8. Bisectoarea exterioară din $A$ taie dreapta $BC$ în $M$ cu $\frac{MB}{MC}=\frac{c}{b}$ ($M$ exterior). Bisectoarea interioară din $B$ taie $(CA)$ în $N$ cu $\frac{NC}{NA}=\frac{BC}{BA}=\frac{a}{c}$, iar cea din $C$ taie $(AB)$ în $P$ cu $\frac{PA}{PB}=\frac{CA}{CB}=\frac{b}{a}$. Produsul este $\frac{c}{b}\cdot \frac{a}{c}\cdot \frac{b}{a}=1$, iar numărul punctelor exterioare este $1$ — impar. Din reciproca lui Menelaus, punctele sunt coliniare. $■$

9. Triunghiul ales: $ADC$; transversala: dreapta $B$–$E$–$F$. Menelaus dă $\frac{BD}{BC}\cdot \frac{FC}{FA}\cdot \frac{EA}{ED}=1$. Cu $BD:DC=1:2$ avem $\frac{BD}{BC}=\frac{1}{3}$, iar $\frac{EA}{ED}=1$, deci $\frac{FC}{FA}=3$ și $\frac{AF}{FC}=\frac{1}{3}$.

10. $\frac{PA}{PB}=\frac{1}{3}$ și $\frac{NC}{NA}=\frac{1}{3}$. Atunci $\frac{MB}{MC}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}=1$, deci $\frac{MB}{MC}=9$. Cum $P$ și $N$ sunt pe laturi, paritatea cere ca $M$ să fie exterior: el cade pe prelungirea lui $BC$ dincolo de $C$. Din $MB=MC+CB$ și $MB=9MC$ rezultă $CB=8MC$, deci $MC=\frac{BC}{8}$ — cablul iese din teren doar cu o optime din latura $BC$.

11. În triunghiul $AMC$, transversala $B$–$O$–$N$ taie dreapta $MC$ în $B$, dreapta $CA$ în $N$ și dreapta $AM$ în $O$. Menelaus: $\frac{BM}{BC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{OA}{OM}=1$. Cu $BM:MC=1:2$ avem $\frac{BM}{BC}=\frac{1}{3}$, iar $\frac{NC}{NA}=3$. Rezultă $\frac{OA}{OM}=1$, deci $O$ este mijlocul cevianei $AM$.

12. Din teorema bisectoarei, $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$, deci $\frac{DB}{DC}=\frac{2}{3}$. Cu $N$ mijloc, $\frac{NC}{NA}=1$. Menelaus în $ABC$ cu transversala $D$–$N$–$P$: $\frac{2}{3}\cdot 1\cdot \frac{PA}{PB}=1$, deci $\frac{PA}{PB}=\frac{3}{2}$. Punctul $P$ este exterior segmentului $(AB)$ (paritatea: $D$ și $N$ sunt pe laturi), iar din $PA>PB$ rezultă că se află dincolo de $B$; mai precis, $PB=2AB$.

13. a) $\frac{MB}{MC}=\frac{2}{5}$, iar din $\frac{AN}{NC}=\frac{3}{4}$ rezultă $\frac{NC}{NA}=\frac{4}{3}$. b) $\frac{2}{5}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{PA}{PB}=1$, deci $\frac{PA}{PB}=\frac{15}{8}$. c) $M$ și $N$ sunt pe laturi (interioare), deci numărul punctelor exterioare trebuie să fie impar: $P$ nu aparține segmentului $(AB)$, ci prelungirii lui dincolo de $B$ — coerent cu $PA>PB$.

14. În triunghiul $ABM$, dreapta $C$–$G$–$P$ taie dreapta $BM$ în $C$, dreapta $MA$ în $G$ și dreapta $AB$ în $P$. Menelaus: $\frac{CM}{CB}\cdot \frac{GA}{GM}\cdot \frac{PB}{PA}=1$. Cum $M$ e mijlocul lui $(BC)$, $\frac{CM}{CB}=\frac{1}{2}$; cum $P$ e mijlocul lui $(AB)$, $\frac{PB}{PA}=1$. Rezultă $\frac{GA}{GM}=2$, adică $\frac{AG}{GM}=2$ — centrul de greutate este la două treimi de vârf pe fiecare mediană. $■$

15. $\frac{PA}{PB}=\frac{3}{5}$. Punctul $M$ e pe prelungirea lui $(BC)$ dincolo de $C$, cu $MC=BC$, deci $MB=MC+CB=2MC$ și $\frac{MB}{MC}=2$. Menelaus: $2\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{3}{5}=1$, deci $\frac{NC}{NA}=\frac{5}{6}$ și $\frac{NA}{NC}=\frac{6}{5}$.

16. Dreapta $d$ împarte planul în două semiplane deschise. Cele trei vârfuri, nefiind pe $d$, se repartizează în aceste două semiplane; conform principiului cutiei, cel puțin două vârfuri se află în același semiplan — să zicem $B$ și $C$. Segmentul $(BC)$ este atunci inclus în acel semiplan (semiplanul e o mulțime convexă), deci nu întâlnește dreapta $d$. Prin urmare $d$ nu taie latura $(BC)$, ci doar prelungirea ei. $■$

17. Prin $A$ ducem paralela la $BC$; ea taie transversala în $R$. Din $AR\parallel MC$ rezultă $△NAR\sim △NCM$, deci $\frac{NC}{NA}=\frac{CM}{AR}$. Din $AR\parallel MB$ rezultă $△PAR\sim △PBM$, deci $\frac{PA}{PB}=\frac{AR}{BM}$. Înmulțind cele trei rapoarte: $\frac{MB}{MC}\cdot \frac{CM}{AR}\cdot \frac{AR}{BM}=1$ ✓.

18. Aplicăm Menelaus în triunghiul $AMC$ cu transversala $B$–$O$–$N$: $\frac{BM}{BC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{OA}{OM}=1$. Din $\frac{BM}{MC}=p$ rezultă $BM=p\cdot MC$ și $BC=(p+1)MC$, deci $\frac{BM}{BC}=\frac{p}{p+1}$. Din $\frac{AN}{NC}=q$ rezultă $\frac{NC}{NA}=\frac{1}{q}$. Înlocuind:

$$\frac{p}{p+1}\cdot \frac{1}{q}\cdot \frac{AO}{OM}=1⟹\frac{AO}{OM}=\frac{q(p+1)}{p}.$$

Pentru $p=q=1$ (ambele ceviene sunt mediane) obținem $\frac{AO}{OM}=2$: centrul de greutate împarte fiecare mediană în raportul $2:1$, măsurat dinspre vârf. Verificare pe alt caz: $p=\frac{1}{2}$, $q=\frac{1}{3}$ dau $\frac{AO}{OM}=\frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{2}}{\frac{1}{2}}=1$, adică exact rezultatul de la exercițiul 11 ✓.

De reținut

• Teorema lui Menelaus: dacă o transversală taie dreptele $BC$, $CA$, $AB$ în $M$, $N$, $P$, atunci $\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1$.
• Ordinea rapoartelor urmează laturile în ordine ciclică $BC$, $CA$, $AB$; fiecare vârf apare o dată la numărător și o dată la numitor.
• Regula parității: o transversală lasă mereu un număr impar de puncte în afara laturilor — unu sau trei. O dreaptă nu poate tăia toate cele trei laturi.
• Reciproca transformă teorema în test de coliniaritate: produs $=1$ plus paritate impară $\Rightarrow$ punctele sunt coliniare. Fără condiția de paritate, afirmația e falsă.
• Strategia de lucru: alege triunghiul astfel încât toate cele patru drepte din problemă să fie folosite — trei ca laturi, una ca transversală. Adesea triunghiul potrivit nu este $ABC$, ci unul format cu o ceviană.

Greșeli frecvente

• Rapoarte scrise „pe dos". Se folosește $\frac{AN}{NC}$ acolo unde formula cere $\frac{NC}{NA}$. Verifică regula: fiecare vârf apare exact o dată sus și o dată jos în produsul final.
• Uitarea condiției de paritate la reciprocă. Produsul egal cu $1$ nu garantează coliniaritatea; trei mijloace de laturi dau produsul $1$ și nu sunt coliniare.
• Alegerea triunghiului greșit. Dacă unul dintre punctele problemei nu se află pe niciuna dintre dreptele suport ale triunghiului ales, teorema pur și simplu nu se aplică — schimbă triunghiul.
• Confuzia dintre $BM$ și $BC$. În triunghiuri precum $AMC$, latura este $MC$, iar punctul exterior $B$ dă raportul $\frac{BM}{BC}$, nu $\frac{BM}{MC}$. Citește cu atenție care sunt vârfurile triunghiului ales.
• Presupunerea că toate punctele sunt pe laturi. După ce calculezi un raport, deduci din paritate unde cade punctul; a-l desena „pe latură" din reflex duce la concluzii false despre lungimi.

Aplică acasă

1. Experimentul cu rigla. Decupează din carton un triunghi mare și trasează pe el, cu creionul, cinci drepte diferite care nu trec prin vârfuri. Numără de fiecare dată câte laturi sunt tăiate efectiv. Vei obține mereu $2$ sau $0$ — regula parității, verificată experimental.

2. Măsoară și verifică. Pe unul dintre desenele de la activitatea 1, alege o dreaptă care taie două laturi, prelungește a treia latură până o întâlnește și măsoară cu rigla cele șase segmente $MB$, $MC$, $NC$, $NA$, $PA$, $PB$. Calculează produsul celor trei rapoarte: ar trebui să obții $1$ cu o eroare de sub $5\%$. Diferența îți arată precizia desenului tău.

3. Harta cu trei repere. Alege pe o hartă trei locuri care formează un triunghi și o stradă dreaptă care traversează zona. Citește pe hartă unde taie strada cele trei direcții și verifică relația lui Menelaus cu distanțele măsurate. Este exact metoda prin care topografii controlează coliniaritatea unor puncte fără să le viziteze pe toate.

Pentru părinți și profesori

Lecția răspunde direct unei cerințe din programa de matematică-informatică: „stabilirea coliniarității unor puncte situate pe dreptele suport ale laturilor unui triunghi". Elevul trebuie să rețină trei lucruri distincte: enunțul cu ordinea ciclică a rapoartelor, demonstrația (cel puțin una dintre cele două prezentate) și, mai ales, reciproca împreună cu condiția de paritate — aceasta din urmă este piesa pe care majoritatea elevilor o pierd și din care izvorăsc cele mai multe erori de raționament.

Întrebări bune de control: „De ce nu poate o dreaptă să taie toate cele trei laturi?" (două vârfuri cad în același semiplan); „Câte puncte sunt în afara laturilor la o transversală?" (unul sau trei); „Ce se întâmplă dacă produsul e $1$, dar toate punctele sunt pe laturi?" (cevienele sunt concurente, nu punctele coliniare); „Ce triunghi alegi când în problemă apare o ceviană?" (unul dintre triunghiurile determinate de ceviană). Semne că a înțeles: scrie rapoartele fără să ezite asupra ordinii, verifică paritatea înainte de a invoca reciproca și schimbă din proprie inițiativă triunghiul de referință când configurația o cere.

La Bacalaureatul M1, teorema apare atât direct — calculul unui raport de segmente într-o configurație cu transversală — cât și ca instrument într-o problemă mai amplă de geometrie sintetică, adesea împreună cu teorema bisectoarei sau cu proprietățile medianelor. Exercițiile 11, 13 și 14 reproduc tiparele cele mai frecvente.

Întrebări frecvente

Ce spune teorema lui Menelaus? Dacă o dreaptă (transversală) taie dreptele suport ale laturilor $BC$, $CA$, $AB$ ale unui triunghi în punctele $M$, $N$, $P$, atunci produsul rapoartelor $\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}$ este egal cu $1$.

Cum țin minte ordinea rapoartelor din teorema lui Menelaus? Parcurgi laturile în ordine ciclică — $BC$, $CA$, $AB$ — și pentru fiecare scrii fracția cu literele laturii în aceeași ordine: $\frac{MB}{MC}$, $\frac{NC}{NA}$, $\frac{PA}{PB}$. Fiecare vârf apare o dată sus și o dată jos.

Cum demonstrez că trei puncte sunt coliniare cu teorema lui Menelaus? Verifici două lucruri: că produsul celor trei rapoarte este $1$ și că numărul punctelor situate în afara laturilor este impar. Dacă ambele condiții sunt îndeplinite, reciproca teoremei garantează coliniaritatea.

De ce este necesară condiția de paritate la reciprocă? Pentru că produsul $1$ apare și în situația în care toate cele trei puncte sunt pe laturi — dar atunci punctele nu sunt coliniare, ci cevienele corespunzătoare sunt concurente. Paritatea separă cele două cazuri.

Care este diferența dintre teorema lui Menelaus și teorema lui Ceva? Ambele au același produs egal cu $1$, dar configurațiile diferă: la Menelaus punctele sunt coliniare (număr impar de puncte exterioare), la Ceva cevienele sunt concurente (număr par de puncte exterioare, de regulă zero).

Ce triunghi aleg când problema are mai multe drepte? Alegi triunghiul astfel încât trei dintre dreptele desenului să fie laturi, iar a patra să fie transversala. Când în problemă apare o ceviană $AM$, triunghiurile utile sunt de obicei $ABM$ și $ACM$, nu $ABC$.

Se poate demonstra teorema lui Menelaus fără trigonometrie? Da, ambele demonstrații din lecție sunt pur sintetice: prima folosește asemănarea triunghiurilor dreptunghice formate cu distanțele de la vârfuri la transversală, a doua o paralelă dusă printr-un vârf. Nu este nevoie de niciun sinus sau cosinus.

Unde apare teorema lui Menelaus în practică? În topografie și fotogrametrie, pentru verificarea coliniarității unor repere fără măsurători directe, în grafica pe calculator la calculul intersecțiilor și, mai ales, ca instrument de lucru în problemele de geometrie de la olimpiade și de la Bacalaureatul M1.