رياضيات مع خالدالأستاذ خالد خطيب
مساحة للتعلّم
تنزيل PDFورقة عمل موجّهة

مقالة في الهندسة

مبرهنة منلاوس

متى تقع ثلاث نقاط على مستقيم واحد؟

نرسم مستقيمًا يقطع مثلثًا. يلتقي المستقيم بالمستقيمات الثلاثة التي تقع عليها الأضلاع في ثلاث نقاط، وكلّ نقطة منها تقسم ضلعًا بنسبة ما. تقول مبرهنة منلاوس إنّ هذه النسب الثلاث ليست حرّة: حاصل ضربها يساوي 1 دائمًا. وهي الأخت التوأم لمبرهنة تشيفا — بفارق ألفٍ وخمسمئة سنة.

الأستاذ خالد خطيب

في مقالة مبرهنة تشيفا رأينا شرطًا بسيطًا يحسم متى تلتقي ثلاث قطع في نقطة واحدة. السؤال «المعاكس» لا يقلّ أهمّية: متى تقع ثلاث نقاط على مستقيم واحد؟ في مسائل كثيرة نحتاج إلى برهان أنّ ثلاث نقاط على استقامة واحدة، وقد يكون ذلك صعبًا بالزوايا. مبرهنة منلاوس تحوّل هذا السؤال إلى حساب نسب، وتعطي في الطريق أداة قويّة لحساب نِسَب القطع في المثلث.

المبرهنة

مبرهنة منلاوس

ليقطع مستقيمٌ لا يمرّ برؤوس المثلث \(ABC\) المستقيماتِ \(BC,\ CA,\ AB\) في النقاط \(D,\ E,\ F\) على الترتيب. عندئذٍ

\[\boxed{\;\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\;}\]
المستقيم القاطع يقطع الضلعين \(AB\) و\(AC\) في \(F\) و\(E\)، ويقطع امتداد الضلع \(BC\) في \(D\) (الامتداد بخطّ متقطّع).

الصيغة مطابقة تمامًا لصيغة مبرهنة تشيفا، ويُكتب ترتيب الحروف بالطريقة نفسها: نسير حول المثلث \(A\to B\to C\to A\)، ونكتب في كلّ مرّة «من الرأس إلى النقطة» على «من النقطة إلى الرأس التالي». الفرق الوحيد هو موقع النقاط:

  • في مبرهنة تشيفا تقع النقاط الثلاث على الأضلاع نفسها، والقطع تلتقي.
  • في مبرهنة منلاوس تقع نقطة واحدة أو ثلاث نقاط على امتدادات الأضلاع، والنقاط على مستقيم واحد.
لماذا «واحدة أو ثلاث» بالضبط؟ مستقيم يدخل المثلث يجب أن يخرج منه — لذا يقطع ضلعين بالضبط، ويقطع امتداد الضلع الثالث. ومستقيم لا يدخل المثلث لا يقطع أيّ ضلع، فيقطع الامتدادات الثلاثة. لا يمكن أن يقطع مستقيم ضلعًا واحدًا فقط أو ثلاثة أضلاع (هذه هي «مسلّمة باش»). إذا استعملنا نسبًا ذات إشارة — سالبة على الامتداد — صار الشرط في مبرهنة منلاوس \(-1\)، وفي مبرهنة تشيفا \(+1\).

جرّبوا بأنفسكم

اسحبوا الرؤوس، أو الدائرتين الصغيرتين على المستقيم البرتقالي كي تُديروه وتحرّكوه. أحيانًا تبتعد نقطة التقاطع خارج الرسم — الحساب يستمرّ.

–\(\frac{BD}{DC}\)
–\(\frac{CE}{EA}\)
–\(\frac{AF}{FB}\)
–حاصل الضرب

عدد النقاط الواقعة على امتدادات الأضلاع: –

لمحة تاريخية

منلاوس الإسكندرانيّ (نحو 70–140 م) فلكيّ ورياضيّ يونانيّ عاش في الإسكندرية وفي روما؛ ويذكر بطليموس في «المجسطي» أرصادًا فلكية أجراها منلاوس في روما عام 98 م. أشهر كتبه «الأُكَر» (Sphaerica)، في هندسة الكرة، وفيه برهن الصيغة الكرويّة للمبرهنة: على الكرة، حيث «المستقيمات» هي دوائر عظمى. أمّا الصيغة المستوية التي نتناولها هنا فقد استعملها في برهانه كحقيقة معروفة، لذا يبدو أنّها أقدم منه.

لم يصلنا الأصل اليونانيّ لكتاب «الأُكَر»، وإنّما وصلنا عبر ترجماته العربية، وأشهرها إصلاح أبي نصر منصور بن عراق (نحو 960–1036)، أستاذ البيرونيّ. وقد سمّى الرياضيّون العرب المبرهنة «الشكل القطّاع»، وكانت أساس حساب المثلثات الكرويّ الذي احتاجوه في الفلك وفي تحديد اتّجاه القبلة. وفي القرن الثالث عشر خصّص لها نصير الدين الطوسيّ كتابًا كاملًا: «كتاب الشكل القطّاع»، عرض فيه الصيغتين المستوية والكرويّة بشكل منهجيّ.

برهان بمستقيم موازٍ

الفكرة: نضيف مستقيمًا واحدًا موازيًا لأحد الأضلاع، فتظهر أمامنا أزواج من المثلثات المتشابهة، وتختفي كلّ الأطوال الإضافية في النهاية.

نرسم من \(C\) مستقيمًا موازيًا لـ \(AB\)، فيقطع المستقيم القاطع في النقطة \(G\). القطعة \(CG\) هي «الجسر» بين النسب الثلاث.

  1. زوج أوّل من المثلثات المتشابهة

    بما أنّ \(CG\parallel AB\)، فالمثلثان \(DCG\) و\(DBF\) متشابهان (زاوية مشتركة عند \(D\)، وزاويتان متناظرتان). لذا

    \[\frac{BD}{DC}=\frac{BF}{CG}.\]

  2. زوج ثانٍ

    وللسبب نفسه المثلثان \(ECG\) و\(EAF\) متشابهان (زاويتان متقابلتان بالرأس عند \(E\)، وزاويتان متبادلتان). لذا

    \[\frac{CE}{EA}=\frac{CG}{AF}.\]

  3. نضرب

    نعوّض في الطرف الأيسر للمبرهنة:

    \[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{BF}{CG}\cdot\frac{CG}{AF}\cdot\frac{AF}{FB}=1.\qquad\blacksquare\]

    البرهان نفسه يصلح كلمةً بكلمة عندما يقع المستقيم خارج المثلث كلّيًّا؛ يتغيّر الرسم فقط.

العكس

لتكن \(D,E,F\) نقاطًا على المستقيمات \(BC,CA,AB\)، بحيث تقع واحدة منها أو ثلاث على امتدادات الأضلاع، ويتحقّق

\[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1.\]

عندئذٍ تقع النقاط الثلاث على مستقيم واحد.

البرهان. ليقطع المستقيم \(EF\) المستقيمَ \(BC\) في النقطة \(D'\). وفق المبرهنة \(\frac{BD'}{D'C}=\frac{BD}{DC}\). على المستقيم \(BC\) توجد نقطتان بالضبط تقسمان القطعة \(BC\) بنسبة معطاة (لا تساوي 1): واحدة داخل القطعة وواحدة خارجها. وشرط «واحدة أو ثلاث على الامتدادات» — الذي يتحقّق لـ \(D'\) وفق مسلّمة باش ولـ \(D\) وفق المعطى — يضمن أنّ \(D\) و\(D'\) من النوع نفسه. إذن \(D=D'\). \(\blacksquare\)

انتبهوا: شرط الموقع ضروريّ. إذا وقعت النقاط الثلاث على الأضلاع نفسها وكان حاصل الضرب 1، فهي ليست على مستقيم واحد — بل تلتقي القطع \(AD,BE,CF\) في نقطة واحدة، وفق مبرهنة تشيفا!

منلاوس يبرهن تشيفا

العلاقة بين المبرهنتين أعمق من تشابه الصيغتين: يمكن استنتاج مبرهنة تشيفا من مبرهنة منلاوس مباشرةً. لتلتقِ القطع \(AD,BE,CF\) في \(P\).

  • في المثلث \(ABD\) يقطع المستقيمُ \(CF\) الأضلاعَ في \(F\) (على \(AB\)) و\(C\) (على امتداد \(BD\)) و\(P\) (على \(DA\)). وفق منلاوس: \(\displaystyle \frac{AF}{FB}\cdot\frac{BC}{CD}\cdot\frac{DP}{PA}=1.\)
  • في المثلث \(ADC\) يقطع المستقيمُ \(BE\) الأضلاعَ في \(P\) و\(B\) (على امتداد \(DC\)) و\(E\). وفق منلاوس: \(\displaystyle \frac{AP}{PD}\cdot\frac{DB}{BC}\cdot\frac{CE}{EA}=1.\)

نضرب المساواتين. تختصر \(\frac{DP}{PA}\cdot\frac{AP}{PD}\) و\(\frac{BC}{BC}\)، ويبقى بالضبط

\[\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1.\]

مثال عددي

في المثلث \(ABC\) النقطة \(D\) منتصف الضلع \(BC\)، والنقطة \(P\) منتصف المتوسط \(AD\). المستقيم \(BP\) يقطع الضلع \(AC\) في النقطة \(E\). بأيّ نسبة تقسم \(E\) الضلع \(AC\)؟

نطبّق مبرهنة منلاوس على المثلث \(ADC\) مع القاطع \(BE\).

الحلّ. المستقيم \(BPE\) يقطع أضلاع المثلث \(ADC\): الضلع \(AD\) في \(P\)، امتداد الضلع \(DC\) في \(B\)، والضلع \(CA\) في \(E\). وفق مبرهنة منلاوس:

\[\frac{AP}{PD}\cdot\frac{DB}{BC}\cdot\frac{CE}{EA}=1.\]

معطى \(\frac{AP}{PD}=1\)، وبما أنّ \(D\) منتصف \(BC\) فإنّ \(\frac{DB}{BC}=\frac12\). إذن

\[1\cdot\frac12\cdot\frac{CE}{EA}=1\quad\Longrightarrow\quad \frac{CE}{EA}=2,\]

أي \(AE:EC=1:2\)، و\(AE=\frac13AC\). مرّة أخرى: الجواب صحيح لكلّ مثلث، دون أيّ طول أو زاوية.

تحدٍّ صغير. استعملوا مبرهنة منلاوس في المثلث \(BEC\) مع القاطع \(ADP\)، وبرهنوا أنّ \(BP:PE=3:1\).

تمرين للقرّاء: المنصّفات الخارجية

تمرين

في المثلث \(ABC\) أطوال الأضلاع الثلاثة مختلفة. يقطع منصّف الزاوية الخارجية عند \(A\) المستقيمَ \(BC\) في النقطة \(D\)، ومنصّف الزاوية الخارجية عند \(B\) المستقيمَ \(CA\) في \(E\)، ومنصّف الزاوية الخارجية عند \(C\) المستقيمَ \(AB\) في \(F\). برهنوا أنّ النقاط \(D,\ E,\ F\) تقع على مستقيم واحد.

المنصّفات الخارجية الثلاثة تقطع امتدادات الأضلاع في ثلاث نقاط تقع على مستقيم واحد. لاحظوا كم يجب أن نبتعد عن المثلث كي نراها.
تلميح

لمبرهنة منصّف الزاوية صيغة «خارجية» أيضًا: منصّف الزاوية الخارجية عند \(A\) يقسم الضلع \(BC\) من الخارج بنسبة الضلعين المجاورين، أي \(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}\). ولماذا اشترطنا أن تكون الأضلاع مختلفة؟

حلّ كامل (حاولوا وحدكم أولًا!)

إذا كان \(AB=AC\) فإنّ المنصّف الخارجيّ عند \(A\) موازٍ لـ \(BC\) ولا يقطعه — لذلك اشترطنا أن تكون الأضلاع مختلفة. في هذه الحالة تقع كلّ واحدة من النقاط الثلاث على امتداد ضلع (المنصّف الخارجيّ لا يدخل المثلث)، أي ثلاث نقاط على الامتدادات — والشرط على الموقع متحقّق.

وفق مبرهنة المنصّف الخارجيّ:

\[\frac{BD}{DC}=\frac{c}{b},\qquad \frac{CE}{EA}=\frac{a}{c},\qquad \frac{AF}{FB}=\frac{b}{a}.\]

نضرب:

\[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{c}{b}\cdot\frac{a}{c}\cdot\frac{b}{a}=1.\]

ووفق عكس مبرهنة منلاوس تقع النقاط الثلاث على مستقيم واحد. \(\blacksquare\)

قارنوا مع مقالة تشيفا: هناك أعطت المنصّفات الداخلية النسب نفسها بالضبط، \(\frac cb\cdot\frac ac\cdot\frac ba\)، لكنّ النقاط وقعت على الأضلاع — فالتقت القطع في نقطة. النسب نفسها، والموقع وحده يقرّر: نقطة تلاقٍ أم مستقيم واحد.

المراجع

  • نصير الدين الطوسيّ، كتاب الشكل القطّاع، القرن الثالث عشر الميلاديّ.
  • R. Rashed, A. Papadopoulos, Menelaus’ Spherics: Early Translation and al-Māhānī / al-Harawī’s Version, De Gruyter, 2017.
  • H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, MAA, 1967, ch. 3.
الأستاذ خالد خطيب · مبرهنة منلاوس

מאמר בגאומטריה

משפט מנלאוס

מתי שלוש נקודות נמצאות על ישר אחד?

נעביר ישר החותך משולש. הישר פוגש את שלושת הישרים שעליהם מונחות הצלעות בשלוש נקודות, וכל נקודה כזו מחלקת צלע ביחס מסוים. משפט מנלאוס קובע ששלושת היחסים האלה אינם חופשיים: מכפלתם שווה תמיד ל־1. זהו האח התאום של משפט צ'בה — בהפרש של אלף וחמש מאות שנה.

חאלד חטיב

במאמר משפט צ'בה ראינו תנאי פשוט שמכריע מתי שלושה קטעים נפגשים בנקודה אחת. השאלה „ההפוכה” חשובה לא פחות: מתי שלוש נקודות נמצאות על ישר אחד? בבעיות רבות צריך להוכיח ששלוש נקודות נמצאות על ישר אחד, והדבר עשוי להיות קשה בעזרת זוויות. משפט מנלאוס הופך את השאלה לחישוב יחסים, ובדרך נותן כלי חזק לחישוב יחסי קטעים במשולש.

המשפט

משפט מנלאוס

ישר שאינו עובר דרך קודקודי המשולש \(ABC\) חותך את הישרים \(BC,\ CA,\ AB\) בנקודות \(D,\ E,\ F\), בהתאמה. אז

\[\boxed{\;\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\;}\]
הישר החותך חותך את הצלעות \(AB\) ו־\(AC\) ב־\(F\) וב־\(E\), ואת המשך הצלע \(BC\) ב־\(D\) (ההמשך בקו מקווקו).

הנוסחה זהה לחלוטין לנוסחה של משפט צ'בה, וסדר האותיות נכתב באותה דרך: מסתובבים סביב המשולש \(A\to B\to C\to A\), ובכל פעם כותבים „מהקודקוד אל הנקודה” חלקי „מהנקודה אל הקודקוד הבא”. ההבדל היחיד הוא מיקום הנקודות:

  • במשפט צ'בה שלוש הנקודות נמצאות על הצלעות עצמן, והקטעים נפגשים.
  • במשפט מנלאוס נקודה אחת או שלוש נקודות נמצאות על המשכי הצלעות, והנקודות על ישר אחד.
למה בדיוק „אחת או שלוש”? ישר שנכנס למשולש חייב לצאת ממנו — ולכן הוא חותך בדיוק שתי צלעות, ואת המשך הצלע השלישית. ישר שאינו נכנס למשולש אינו חותך אף צלע, ולכן הוא חותך את שלושת ההמשכים. ישר אינו יכול לחתוך צלע אחת בלבד או שלוש צלעות (זו „אקסיומת פאש”). אם משתמשים ביחסים מסומנים — שליליים על ההמשך — התנאי במשפט מנלאוס הופך ל־\(-1\), ובמשפט צ'בה ל־\(+1\).

נסו בעצמכם

גררו את הקודקודים, או את שני העיגולים הקטנים על הישר הכתום כדי לסובב ולהזיז אותו. לפעמים נקודת החיתוך מתרחקת אל מחוץ לאיור — החישוב ממשיך.

–\(\frac{BD}{DC}\)
–\(\frac{CE}{EA}\)
–\(\frac{AF}{FB}\)
–המכפלה

מספר הנקודות שעל המשכי הצלעות: –

קצת היסטוריה

מנלאוס מאלכסנדריה (בערך 70–140 לספירה) היה אסטרונום ומתמטיקאי יווני שחי באלכסנדריה וברומא; תלמי מזכיר ב„אלמגסט” תצפיות אסטרונומיות שערך מנלאוס ברומא בשנת 98 לספירה. ספרו המפורסם ביותר הוא „ספריקה” (Sphaerica), על הגאומטריה של הספרה, ובו הוכיח את הגרסה הספרית של המשפט: על הספרה, שבה „הישרים” הם מעגלים גדולים. את הגרסה המישורית שבה אנו עוסקים כאן הוא השתמש בהוכחתו כעובדה ידועה, ולכן נראה שהיא עתיקה ממנו.

המקור היווני של „ספריקה” לא הגיע אלינו; הוא הגיע דרך התרגומים הערביים, והמפורסם בהם הוא העיבוד של אבו נצר מנצור אבן עראק (בערך 960–1036), מורו של אל־בירוני. המתמטיקאים הערבים קראו למשפט „אל־שַכְּל אל־קַטָּאע” („צורת החותך”), והוא היה הבסיס לטריגונומטריה הספרית שנזקקו לה באסטרונומיה ובקביעת כיוון הקִבְּלָה. במאה ה־13 הקדיש לו נצִיר א־דין א־טוּסי ספר שלם, „ספר צורת החותך”, ובו הציג את הגרסה המישורית ואת הגרסה הספרית באופן שיטתי.

הוכחה בעזרת ישר מקביל

הרעיון: נוסיף ישר אחד המקביל לאחת הצלעות, ומולנו יופיעו זוגות של משולשים דומים, וכל האורכים הנוספים ייעלמו בסוף.

מעבירים מ־\(C\) ישר המקביל ל־\(AB\), והוא חותך את הישר החותך בנקודה \(G\). הקטע \(CG\) הוא „הגשר” בין שלושת היחסים.

  1. זוג ראשון של משולשים דומים

    מאחר ש־\(CG\parallel AB\), המשולשים \(DCG\) ו־\(DBF\) דומים (זווית משותפת ב־\(D\), וזוויות מתאימות). לכן

    \[\frac{BD}{DC}=\frac{BF}{CG}.\]

  2. זוג שני

    מאותה סיבה המשולשים \(ECG\) ו־\(EAF\) דומים (זוויות קודקודיות ב־\(E\), וזוויות מתחלפות). לכן

    \[\frac{CE}{EA}=\frac{CG}{AF}.\]

  3. כופלים

    מציבים באגף השמאלי של המשפט:

    \[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{BF}{CG}\cdot\frac{CG}{AF}\cdot\frac{AF}{FB}=1.\qquad\blacksquare\]

    אותה הוכחה בדיוק תקפה, מילה במילה, גם כשהישר נמצא כולו מחוץ למשולש; רק האיור משתנה.

המשפט ההפוך

יהיו \(D,E,F\) נקודות על הישרים \(BC,CA,AB\), כך שאחת מהן או שלוש נמצאות על המשכי הצלעות, ומתקיים

\[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1.\]

אז שלוש הנקודות נמצאות על ישר אחד.

הוכחה. הישר \(EF\) חותך את הישר \(BC\) בנקודה \(D'\). לפי המשפט \(\frac{BD'}{D'C}=\frac{BD}{DC}\). על הישר \(BC\) יש בדיוק שתי נקודות המחלקות את הקטע \(BC\) ביחס נתון (השונה מ־1): אחת בתוך הקטע ואחת מחוצה לו. התנאי „אחת או שלוש על ההמשכים” — המתקיים עבור \(D'\) לפי אקסיומת פאש ועבור \(D\) לפי הנתון — מבטיח ש־\(D\) ו־\(D'\) מאותו סוג. לכן \(D=D'\). \(\blacksquare\)

שימו לב: התנאי על המיקום הכרחי. אם שלוש הנקודות נמצאות על הצלעות עצמן והמכפלה שווה ל־1, הן אינן על ישר אחד — אלא הקטעים \(AD,BE,CF\) נפגשים בנקודה אחת, לפי משפט צ'בה!

מנלאוס מוכיח את צ'בה

הקשר בין שני המשפטים עמוק יותר מהדמיון בין הנוסחאות: אפשר להסיק את משפט צ'בה ישירות ממשפט מנלאוס. נניח שהקטעים \(AD,BE,CF\) נפגשים ב־\(P\).

  • במשולש \(ABD\) הישר \(CF\) חותך את הצלעות ב־\(F\) (על \(AB\)), ב־\(C\) (על המשך \(BD\)) וב־\(P\) (על \(DA\)). לפי מנלאוס: \(\displaystyle \frac{AF}{FB}\cdot\frac{BC}{CD}\cdot\frac{DP}{PA}=1.\)
  • במשולש \(ADC\) הישר \(BE\) חותך את הצלעות ב־\(P\), ב־\(B\) (על המשך \(DC\)) וב־\(E\). לפי מנלאוס: \(\displaystyle \frac{AP}{PD}\cdot\frac{DB}{BC}\cdot\frac{CE}{EA}=1.\)

כופלים את שני השוויונות. \(\frac{DP}{PA}\cdot\frac{AP}{PD}\) ו־\(\frac{BC}{BC}\) מצטמצמים, ונשאר בדיוק

\[\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1.\]

דוגמה מספרית

במשולש \(ABC\) הנקודה \(D\) היא אמצע הצלע \(BC\), והנקודה \(P\) היא אמצע התיכון \(AD\). הישר \(BP\) חותך את הצלע \(AC\) בנקודה \(E\). באיזה יחס מחלקת \(E\) את הצלע \(AC\)?

מפעילים את משפט מנלאוס על המשולש \(ADC\) עם הישר החותך \(BE\).

פתרון. הישר \(BPE\) חותך את צלעות המשולש \(ADC\): את הצלע \(AD\) ב־\(P\), את המשך הצלע \(DC\) ב־\(B\), ואת הצלע \(CA\) ב־\(E\). לפי משפט מנלאוס:

\[\frac{AP}{PD}\cdot\frac{DB}{BC}\cdot\frac{CE}{EA}=1.\]

נתון ש־\(\frac{AP}{PD}=1\), ומאחר ש־\(D\) אמצע \(BC\), מתקיים \(\frac{DB}{BC}=\frac12\). לכן

\[1\cdot\frac12\cdot\frac{CE}{EA}=1\quad\Longrightarrow\quad \frac{CE}{EA}=2,\]

כלומר \(AE:EC=1:2\), ו־\(AE=\frac13AC\). שוב: התשובה נכונה לכל משולש, בלי שום אורך או זווית.

אתגר קטן. הפעילו את משפט מנלאוס על המשולש \(BEC\) עם הישר החותך \(ADP\), והוכיחו ש־\(BP:PE=3:1\).

תרגיל לקוראים: חוצי הזוויות החיצוניות

תרגיל

במשולש \(ABC\) אורכי שלוש הצלעות שונים זה מזה. חוצה הזווית החיצונית ב־\(A\) חותך את הישר \(BC\) בנקודה \(D\), חוצה הזווית החיצונית ב־\(B\) חותך את הישר \(CA\) ב־\(E\), וחוצה הזווית החיצונית ב־\(C\) חותך את הישר \(AB\) ב־\(F\). הוכיחו שהנקודות \(D,\ E,\ F\) נמצאות על ישר אחד.

שלושת חוצי הזוויות החיצוניות חותכים את המשכי הצלעות בשלוש נקודות הנמצאות על ישר אחד. שימו לב כמה צריך להתרחק מהמשולש כדי לראות אותן.
רמז

למשפט חוצה הזווית יש גם גרסה „חיצונית”: חוצה הזווית החיצונית ב־\(A\) מחלק את הצלע \(BC\) חלוקה חיצונית ביחס הצלעות הסמוכות, כלומר \(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}\). ולמה דרשנו שהצלעות יהיו שונות?

פתרון מלא (נסו לבד קודם!)

אם \(AB=AC\), חוצה הזווית החיצונית ב־\(A\) מקביל ל־\(BC\) ואינו חותך אותו — לכן דרשנו שהצלעות יהיו שונות. במקרה זה כל אחת משלוש הנקודות נמצאת על המשך של צלע (חוצה הזווית החיצונית אינו נכנס למשולש), כלומר שלוש נקודות על ההמשכים — והתנאי על המיקום מתקיים.

לפי משפט חוצה הזווית החיצונית:

\[\frac{BD}{DC}=\frac{c}{b},\qquad \frac{CE}{EA}=\frac{a}{c},\qquad \frac{AF}{FB}=\frac{b}{a}.\]

כופלים:

\[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{c}{b}\cdot\frac{a}{c}\cdot\frac{b}{a}=1.\]

ולפי המשפט ההפוך של מנלאוס שלוש הנקודות נמצאות על ישר אחד. \(\blacksquare\)

השוו למאמר על צ'בה: שם נתנו חוצי הזוויות הפנימיות בדיוק את אותם יחסים, \(\frac cb\cdot\frac ac\cdot\frac ba\), אבל הנקודות היו על הצלעות — ולכן הקטעים נפגשו בנקודה. אותם יחסים, והמיקום לבדו מכריע: נקודת מפגש או ישר אחד.

מקורות

  • נציר א־דין א־טוסי, ספר צורת החותך (כתאב אל־שכל אל־קטאע), המאה ה־13.
  • R. Rashed, A. Papadopoulos, Menelaus’ Spherics: Early Translation and al-Māhānī / al-Harawī’s Version, De Gruyter, 2017.
  • H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, MAA, 1967, ch. 3.
חאלד חטיב · משפט מנלאוס

A geometry article

Menelaus’ Theorem

When do three points lie on one line?

Draw a line that cuts across a triangle. It meets the three lines carrying the sides at three points, and each point divides a side in some ratio. Menelaus’ theorem says these three ratios are not free: their product is always 1. It is the twin of Ceva’s theorem — fifteen hundred years older.

Khaled Khatib

In the article on Ceva’s theorem we saw a simple condition that decides when three segments meet at a point. The “opposite” question is just as important: when do three points lie on one line? Many problems ask us to prove that three points are collinear, and that can be hard to do with angles. Menelaus’ theorem turns the question into a computation with ratios, and on the way it gives a powerful tool for computing ratios of segments in a triangle.

The theorem

Menelaus’ theorem

Let a line that does not pass through the vertices of triangle \(ABC\) meet the lines \(BC,\ CA,\ AB\) at the points \(D,\ E,\ F\), respectively. Then

\[\boxed{\;\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\;}\]
The transversal cuts sides \(AB\) and \(AC\) at \(F\) and \(E\), and the extension of side \(BC\) at \(D\) (the extension is dashed).

The formula is exactly the same as in Ceva’s theorem, and the letters are written in the same order: walk around the triangle \(A\to B\to C\to A\), and each time write “from the vertex to the point” over “from the point to the next vertex”. The only difference is where the points are:

  • In Ceva’s theorem all three points lie on the sides themselves, and the segments meet.
  • In Menelaus’ theorem one point or all three lie on extensions of the sides, and the points are collinear.
Why exactly “one or three”? A line that enters the triangle must leave it — so it cuts exactly two sides, and the extension of the third. A line that does not enter the triangle cuts no side, so it cuts all three extensions. A line cannot cut just one side, or all three sides (this is “Pasch’s axiom”). With signed ratios — negative on an extension — the condition in Menelaus’ theorem becomes \(-1\), and in Ceva’s theorem \(+1\).

Try it yourself

Drag the vertices, or the two small circles on the orange line to turn and move it. Sometimes an intersection point runs off the picture — the computation continues.

–\(\frac{BD}{DC}\)
–\(\frac{CE}{EA}\)
–\(\frac{AF}{FB}\)
–product

Number of points on extensions of the sides: –

A little history

Menelaus of Alexandria (c. 70–140 AD) was a Greek astronomer and mathematician who lived in Alexandria and in Rome; in the Almagest, Ptolemy mentions astronomical observations Menelaus made in Rome in 98 AD. His best-known book is the Sphaerica, on the geometry of the sphere, where he proved the spherical version of the theorem: on a sphere, where the “lines” are great circles. The plane version discussed here he used in his proof as a known fact, so it seems to be older than him.

The Greek original of the Sphaerica is lost; it reached us through its Arabic translations, the best known being the revision by Abū Naṣr Manṣūr ibn ʿIrāq (c. 960–1036), the teacher of al-Bīrūnī. Arab mathematicians called the theorem “al-shakl al-qaṭṭāʿ” (“the secant figure”), and it was the basis of the spherical trigonometry they needed in astronomy and for finding the direction of the qibla. In the 13th century Naṣīr al-Dīn al-Ṭūsī devoted a whole book to it, the Kitāb al-shakl al-qaṭṭāʿ, presenting the plane and spherical versions systematically.

A proof with a parallel line

The idea: add one line parallel to one of the sides; pairs of similar triangles appear, and all the extra lengths cancel at the end.

Through \(C\) draw a line parallel to \(AB\); it meets the transversal at \(G\). The segment \(CG\) is the “bridge” between the three ratios.

  1. A first pair of similar triangles

    Since \(CG\parallel AB\), triangles \(DCG\) and \(DBF\) are similar (common angle at \(D\), and corresponding angles). So

    \[\frac{BD}{DC}=\frac{BF}{CG}.\]

  2. A second pair

    For the same reason triangles \(ECG\) and \(EAF\) are similar (vertical angles at \(E\), and alternate angles). So

    \[\frac{CE}{EA}=\frac{CG}{AF}.\]

  3. Multiply

    Substitute into the left-hand side of the theorem:

    \[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{BF}{CG}\cdot\frac{CG}{AF}\cdot\frac{AF}{FB}=1.\qquad\blacksquare\]

    The same proof works word for word when the line lies entirely outside the triangle; only the picture changes.

The converse

Let \(D,E,F\) be points on the lines \(BC,CA,AB\), such that one or three of them lie on extensions of the sides, and

\[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1.\]

Then the three points are collinear.

Proof. Let the line \(EF\) meet the line \(BC\) at \(D'\). By the theorem, \(\frac{BD'}{D'C}=\frac{BD}{DC}\). On the line \(BC\) there are exactly two points dividing the segment \(BC\) in a given ratio (other than 1): one inside the segment and one outside. The condition “one or three on the extensions” — true for \(D'\) by Pasch’s axiom and for \(D\) by hypothesis — guarantees that \(D\) and \(D'\) are of the same kind. Hence \(D=D'\). \(\blacksquare\)

Careful: the position condition is essential. If all three points lie on the sides themselves and the product is 1, they are not collinear — instead the segments \(AD,BE,CF\) meet at one point, by Ceva’s theorem!

Menelaus proves Ceva

The link between the two theorems goes deeper than the similar formulas: Ceva’s theorem can be derived directly from Menelaus’. Suppose the segments \(AD,BE,CF\) meet at \(P\).

  • In triangle \(ABD\), the line \(CF\) cuts the sides at \(F\) (on \(AB\)), \(C\) (on the extension of \(BD\)) and \(P\) (on \(DA\)). By Menelaus: \(\displaystyle \frac{AF}{FB}\cdot\frac{BC}{CD}\cdot\frac{DP}{PA}=1.\)
  • In triangle \(ADC\), the line \(BE\) cuts the sides at \(P\), \(B\) (on the extension of \(DC\)) and \(E\). By Menelaus: \(\displaystyle \frac{AP}{PD}\cdot\frac{DB}{BC}\cdot\frac{CE}{EA}=1.\)

Multiply the two equations. \(\frac{DP}{PA}\cdot\frac{AP}{PD}\) and \(\frac{BC}{BC}\) cancel, leaving exactly

\[\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1.\]

A numerical example

In triangle \(ABC\), \(D\) is the midpoint of side \(BC\), and \(P\) is the midpoint of the median \(AD\). The line \(BP\) meets side \(AC\) at \(E\). In what ratio does \(E\) divide \(AC\)?

Apply Menelaus’ theorem to triangle \(ADC\) with the transversal \(BE\).

Solution. The line \(BPE\) cuts the sides of triangle \(ADC\): side \(AD\) at \(P\), the extension of side \(DC\) at \(B\), and side \(CA\) at \(E\). By Menelaus’ theorem:

\[\frac{AP}{PD}\cdot\frac{DB}{BC}\cdot\frac{CE}{EA}=1.\]

We are given \(\frac{AP}{PD}=1\), and since \(D\) is the midpoint of \(BC\), \(\frac{DB}{BC}=\frac12\). Hence

\[1\cdot\frac12\cdot\frac{CE}{EA}=1\quad\Longrightarrow\quad \frac{CE}{EA}=2,\]

that is \(AE:EC=1:2\), and \(AE=\frac13AC\). Once again: the answer holds for every triangle, with no lengths or angles.

A small challenge. Apply Menelaus’ theorem to triangle \(BEC\) with the transversal \(ADP\), and prove that \(BP:PE=3:1\).

A problem for the reader: the external bisectors

Problem

In triangle \(ABC\) the three side lengths are all different. The external angle bisector at \(A\) meets the line \(BC\) at \(D\), the external bisector at \(B\) meets the line \(CA\) at \(E\), and the external bisector at \(C\) meets the line \(AB\) at \(F\). Prove that \(D,\ E,\ F\) are collinear.

The three external bisectors meet the extensions of the sides at three points lying on one line. Notice how far from the triangle we must go to see them.
Hint

The angle bisector theorem has an “external” version too: the external bisector at \(A\) divides side \(BC\) externally in the ratio of the adjacent sides, i.e. \(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}\). And why did we require the sides to be different?

Full solution (try it yourself first!)

If \(AB=AC\), the external bisector at \(A\) is parallel to \(BC\) and does not meet it — that is why we required different sides. In our case each of the three points lies on an extension of a side (an external bisector does not enter the triangle), so all three are on extensions — and the position condition holds.

By the external bisector theorem:

\[\frac{BD}{DC}=\frac{c}{b},\qquad \frac{CE}{EA}=\frac{a}{c},\qquad \frac{AF}{FB}=\frac{b}{a}.\]

Multiply:

\[\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{c}{b}\cdot\frac{a}{c}\cdot\frac{b}{a}=1.\]

By the converse of Menelaus’ theorem, the three points are collinear. \(\blacksquare\)

Compare with the Ceva article: there the internal bisectors gave exactly the same ratios, \(\frac cb\cdot\frac ac\cdot\frac ba\), but the points were on the sides — so the segments met at a point. The same ratios, and position alone decides: a meeting point or a single line.

References

  • Naṣīr al-Dīn al-Ṭūsī, Kitāb al-shakl al-qaṭṭāʿ (Treatise on the secant figure), 13th century.
  • R. Rashed, A. Papadopoulos, Menelaus’ Spherics: Early Translation and al-Māhānī / al-Harawī’s Version, De Gruyter, 2017.
  • H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, MAA, 1967, ch. 3.
Khaled Khatib · Menelaus’ Theorem

→ العودة إلى كلّ المقالات