TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU OANA CONSTANTINESCU In acest material generalizam teorema lui Menelaus din planul euclidian la spatiul euclidian trei dimensional, prezentand doua metode de demonstratie, una adaptata gimnaziului si una adaptata liceului, mai exact folosind calculul vectorial. Din multitudinea de demonstratii existente nu am ales cele mai elegante, ci acele demonstratii care se pot face la clasa, eventual in cadrul unui optional.. Teorema lui Menelaus in plan Demonstratia teoremei in plan (clasa a VII-a). Theorem. Intr-un plan dat se considera triunghiul ABC si o dreapta d ce taie dreptele suport ale laturilor triunghiului in punctele D BC, E CA, F AB, diferite de varfurile triunghiului. Atunci F A F B DB DC EC EA =. Remark 2. Pentru a simplica demonstratia teoremei reciproce, am folosit aici rapoarte de segmente orientate. Sfatuim introducerea cu atentie a acestei notiuni, pentru a evita confuziile. Avand doua segmente orientate P Q si RS cu aceeasi directie, notam cu P Q raportul lungimilor acestora, daca RS cele doua segmente sunt la fel orientate, respectiv opusul raportului lungimilor lor, daca cele doua segmente au orientari opuse. Avantajul este ca, atunci cand cunoastem de exemplu F A, pozitia punctului F pe AB este unic F B determinata.
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 2 Proof. Fie CG AB, G ED. Se aplica teorema fundamentala a asemanarii pentru: BF D, CG BF DB = F B ; EC AEF, GC AF = GC DC GC EA F A. Folosind ambele relatii de mai sus rezulta DB EC = F B. DC EA F A Theorem 3. (Reciproca teoremei lui Menelaus) Fie ABC si punctele D, E, F respectiv pe BC, CA, AB, diferite de varfurile triunghiului. Daca F A (.) F B DB DC EC EA =, 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 ABC rezulta ca DB = EA F A. Folosind (.) rezulta =. Imposibil. DC EC F B
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 3 Aplicand teorema lui Menelaus pentru ABC si transversala D E F, rezulta F A DB EC =. Folosind si (.) deducem F B DC EA F A F B = F A F B. 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. Va trebui sa ne folosim de intuitie pentru a motiva ca F, F sunt simultan intre A si B sau simultan de aceeasi parte a lui A, ori a lui B, pe dreapta AB. O demonstratie riguroasa ar presupune utilizarea consecintelor axiomelor de ordine. Demonstratie vectoriala - clasa a IX-a. Theorem 5. Intr-un plan dat se considera A A 2 A 3 si punctele B, B 2, B 3 astfel incat B A = λ B A 2, B 2 A 2 = λ 2 B 2 A 3, B 3 A 3 = λ 3 B 3 A, λ i R \{}, i {, 2, 3}. Atunci punctele B, B 2, B 3 sunt coliniare daca si numai daca λ λ 2 λ 3 =.
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 4 Remark 6. Pentru demonstratia vectoriala a acestei teoreme nu ne mai folosim de guri, deoarece lucram intr-un subspatiu liniar 2-dimensional al spatiului liniar al vectorilor liberi. Proof. B A = λ B A 2 (A, A 2 ; B ) = λ. Numarul (A, A 2 ; B ) se numeste raportul simplu al punctelor A, A 2, B. Se cunosc urmatoarele rezultate. (.2) (.3) (A, A 2 ; B ) = λ r B= r A λ r A2 ; λ λ (A 2, A 3 ; B 2 ) = λ 2 r B2= r A2 λ 2 r A3 ; λ 2 λ 2 (A 3, A ; B 3 ) = λ 3 r B3= r A3 λ 3 r A. λ 3 λ 3 B, B 2, B 3 sunt coliniare (si distincte) α R a.i. B B 3 = α B 2 B 3 r B3 r B = α ( r B3 r B2 ) r B = α r B2 + ( α) r B3. Presupunem ca B, B 2, B 3 sunt coliniare. Inlocuind r B, r B2, r B3 din (.2) in (.3), se obtine: ( r A λ r A2 = α λ λ ( α) ) + r A2 λ2 r A3 λ 2 λ 2 ( r A3 λ3 r A λ 3 λ 3 Alegem A originea reperului in raport cu care am considerat vectorii de pozitie. devine ( ) ( ) α + λ α A A 2 + αλ2 A A 3 = 0. λ 2 λ λ 3 λ 2 Deoarece vectorii A A 2 si A A 3 sunt necoliniari (deci liniar independenti), rezulta (.4) { α λ 2 + λ λ = 0, α λ 3 αλ 2 λ 2 = 0. Eliminand α din cele doua ecuatii, rezulta λ λ 2λ 3 =. ). Relatia precedenta
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 5 Presupunem ca λ λ 2 λ 3 =. Putem considera numarul α = λ (λ 2 ). λ Acesta e solutie a primei ecuatii a sistemului (.4) si folosind λ λ 2 λ 3 = rezulta ca verica si a doua ecuatie a sistemului. Deci ( ) ( ) α + λ α A A 2 + αλ2 A A 3 = 0. λ 2 λ λ 3 λ 2 Folosind relatiile (.2) obtinem Deci B apartine dreptei B 2 B 3. ( α) A B 3 + α A B 2 = A B. Exercise 7. [M.E. Panaitopol, L. Panaitopol, Probleme calitative de geometrie plana, Editura Gil, Zalau, 996] Fie ABC, D simetricul centrului de greutate al triunghiului fata de mijlocul lui [AB] si E simetricul lui C fata de B. Demonstrati ca A, D, E sunt coliniare. Proof. Notam cu G centrul de greutate al ABC si M mijlocul laturii [AB]. Ne propunem sa folosim reciproca teoremei lui Menelaus pentru M BC si punctele A, D, E situate pe dreptele suport ale triunghiului ales. Vom demonstra ca EB EC DC DM AM AB =. Intr-adevar EB EC = 2, AM AB = 2 si DM = MG = 3 MC, deci DC DM = 4. Produsul rapoartelor de mai sus devine 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, 996] Notam cu M mijlocul lui [AC], cu N mijlocul lui [BD] si cu P mijlociul lui [EF ]. Cum depistam triunghiul pe ale carui laturi/prelungiri de laturi se aa cele trei puncte?
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 6 Fie E mijlocul lui [AB], B mijlocul lui [AE] si A mijlocul lui [EB]. Observam ca [ME ] si [MB ] sunt respectiv linii mijlocii in ACB si ACE. Rezulta ca ME CB si MB CE, deci din axioma paralelelor deducem ca punctele E, M, B sunt coliniare. In plus ME MB = 2 CB 2 CE Analog B, A, P, respectiv A, N, E sunt coliniare si P B P A! = 2 F A 2 F B, NA = NE 2 DE 2 DA
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 7 Dorim sa aplicam reciproca teoremei lui Menelaus pentru E B A si punctele M, P, N. Deci determinam valoarea produsului de rapoarte ME MB P B P A! NA NE = CB CE F A F B DE DA Aplicand teorema lui Menelaus in ABE si transversala F C D rezulta CB CE DE DA F A F B =, deci si ME MB P B P A! NA NE =. 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 ale tetraedrului ABCD respectiv in punctele E, F, G, H, diferite de varfurile tetraedrului, atunci (2.) EA EB F B F C GC GD HD HA =. [D. Branzei, S. Anita, C. Cocea, Planul si spatiul euclidian, Editura Academiei, Bucuresti, 986]
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 8 Cazul I: BD π Planul π taie respectiv planele (ABD) si (BCD) dupa drepte paralele cu BD: EH BD si F G BD. Se aplica teorema lui Thales de doua ori: ABD, EH BD EA EB = HA HD ; CDB, F G BD F B F C = GD GC. Din cele doua relatii se obtine (2.).
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 9 Cazul II: BD π = {M} M (BDA) π = EH, M (BDC) π = F G Se aplica teorema lui Menelaus succesiv in: ABD, H E M EA EB MB MD HD HA = ; CBD, G F M F B F C GC GD MD MB =. Inmultind cele doua relatii obtinem (2.). Theorem 0. (Reciproca teoremei lui Menelaus) Fie punctele E, F, G, H situate respectiv pe dreptele suport ale laturilor AB, BC, CD, DA ale tetraedrului ABCD, diferite de varfurile tetraedrului. Daca are loc relatia (2.2) EA EB F B F C GC GD HD HA =, atunci punctele E, F, G, H sunt coplanare.
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 0 Consideram α = (EF G) si vom demonstra ca H α. Caz : DB α In aceasta situatie rezulta F G = 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) Din (2.2) si (2.3) rezulta deci H = H. EA EB F B F C GC GD H D H A =. HD HA = H D H A, Caz 2: BD α = {M} M (BCD) (EF G) = F G, M BD, deci BD F G = {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 pentru ABD, E H M, BDC, F G M, obtinandu-se doua produse de rapoarte egale cu. Inmultind aceste rapoarte se obtine EA F B GC H D = EB F C GD H A. Folosind si (2.2) rezulta ca in demonstratia anterioara ca H = H.
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU Caz (b): EM AD Vom demonstra ca aceasta situatie este imposibila. Aplicand T. Menelaus in BCD si transversala F G M, cat si T. Thales in ABD, EM AD, rezulta F B F C GC GD MD MB =, EB EA = MB MD. Inmultind aceste doua relatii si comparand rezultatul cu (2.2) se obtine HD HA contradictie cu ipoteza. = D = A, in Formulare si demonstratie vectoriala a teoremei Lui Menelaus in spatiu. Theorem. Fie A A 2A 3A 4 un tetraedru si punctele B i, i, 4 denite prin (A i, A i+; B i) = λ i R \{}, i, 4, A 5 = A. Atunci punctele B, B 2, B 3, B 4 sunt coplanare daca si numai daca λ λ 2λ 3λ 4 =. Proof. (2.4) (A i, A i+; B i) = λ i R \{}, i, 4 A B i = A A i λi A A i+,, 4, A 5 = A. λ i λ i si (2.5) Punctele B, B 2, B 3, B 4 sunt coplanare daca si numai daca α 2, α 3, α 4 R a.i. α 2 +α 3 +α 4 = A B = α 2 A B 2 + α 3 A B 3 + α 4 A B 4.
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 2 Folosind (2.4) relatia (2.5) este echivalenta cu λ (2.6) ( + α2 ) α 3 A A 2 + ( α2λ2 ) α 4 A A 3 + ( α3λ3 ) A A 4 = 0. λ λ 2 λ 3 λ 2 λ 4 λ 3 Presupunem ca punctele B i sunt coplanare, i, 4. Rezulta ca α 2, α 3, α 4 R cu α 2 + α 3 + α 4 = si are loc relatia (2.6). Deoarece vectorii A A 2, A A 3, A A 4 sunt necoplanari (liniar independenti) rezulta ca (2.7) λ λ + α2 α 3 λ 3 α2λ2 α 4 λ 4 λ 2 = 0, λ 2 = 0, α3λ3 λ 3 = 0. Din prima ecuatie determinam α 2 si il inlocuim in a doua ecuatie. Din aceasta din urma determinam α 3 si il inlocuim in a treia ecuatie. Astfel obtinem (2.8) α 2 = λ ( λ 2 ) λ, α 3 = λ λ 2 ( λ 3 ) λ, α 4 = λ λ 2 λ 3 ( λ 4 ) λ Folosind α 2 + α 3 + α 4 =, prin calcule obisnuite rezulta λ λ 2 λ 3 λ 4 =. Presupunem ca λ λ 2 λ 3 λ 4 =. Consideram numerele relae α 2, α 3, α 4 date de relatiile (2.8). Deoarece λ λ 2 λ 3 λ 4 = se verica prin calcul ca α 2 + α 3 + α 4 =. Dar aceste numere sunt solutiile sistemului (2.7), deci are loc relatia (2.6) (2.5): A B = α 2 A B 2 + α 3 A B 3 + α 4 A B 4. Dar aceasta relatie implica faptul ca punctul B apartine planului determinat de punctele necoliniare B 2, B 3, B 4. Exercise 2. Fie tetraedrul ABCD si punctele M, N, P denite prin AM = 2 MB, NB = 3 NC, CP = P D. a) Demonstrati ca dreapta AD taie planul (MNP ) intr-un punct Q si precizati pozitia acestuia pe AD. b) Fie punctul R dat prin RD = 6 7AD. Aratati ca segmentele [AD] si [QR] au acelasi mijloc.
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 3 a) In cazul in care ar exista {Q} = (M N P ) AD, ar rezulta ca punctele M, N, P, Q sunt coplanare. Observam ca (A, B; M) = 2, (B, C; N) = 3, (C, D; P ) = Notam (D, A; Q) = α. Folosind teorema lui Menelaus rezulta ca 6α =, deci α = 6. Putem demonstra acum existenta lui Q astfel. Consideram punctul Q dat de QD = 6QA. 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) = 6 rezulta r Q = 6 7 r D + 7 r A. Din RD = 7AD rezulta RD = 6 RA, deci (D, A; R) = 6 r R = 7 r D + 6 7 r A. Mijlocul segmentului [AD] are vectorul de pozitie 2 ( r A + r D ) iar mijlocul lui [QR] are vectorul de pozitie 2 ( r Q + r R ) = 2 ( r A + r D ), deci cele doua mijloace coincid.
TEOREMA LUI MENELAUS IN PLAN SI SPATIU 4 Tema. Generalizati teorema in spatii ane de dimensiune nita arbitrara n 2. M. Craioveanu, I.D. Albu, Geometrie ana si euclidiana. Exercitii, Editura Facla, Timisoara, 982 Compuneti cate o problema de geometrie plana, respectiv in spatiu, in care sa aplicati teorema lui Menelaus si reciproca ei. Realizati gurile folosind Geogebra. Demonstrati analitic teorema lui Menelaus in plan, la nivelul clasei a XI-a. References [] D. Branzei, S. Anita, C. Cocea, Planul si spatiul euclidian, Editura Academiei, Bucuresti, 986. [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, 996.