teorema lui menelaos

Lectia 6 : Teorema lui Menelaos.

prof. Traian Preda

1

Lecţia 6: Teorema lui Menelaos. Reciproca teoremei lui Menelaos. Teorema lui Menelaos. Fie ABC şi punctele MBC, NAC, PAB. Dacă punctele M, N, P sunt

coliniare atunci : 1.MC BP ANMB PA NC

Demonstraţie:

[ ][ ]

MC MNCMB MNB

, [ ][ ]

BP MNBPA MNA

, [ ][ ]

AN ANMNC MNC

. Prin înmulţirea şi simplificare

rezultă relaţia dorită. Reciproca teoremei lui Menelaos. Fie ABC şi punctele MBC, NAC, PAB. Se presupune că două dintre punctele M, N, P sunt pe două laturi ale triunghiului, iar al treilea punct este situat pe prelungirea celei de-a treia latură sau că toate punctele M, N, P sunt pe prelungirile celor trei laturi ale

triunghiului. Dacă are loc egalitatea: 1MC BP ANMB PA NC

atunci punctele M, N, P sunt

coliniare. Demonstraţie: Presupunem că MBC-[BC], N[AC], P[AB]. Notăm MNAB={P’}.Se aplică

teorema lui Menelaos în ABC cu transversala M-N-P’ ' 1

'MC BP ANMB P A NC

'

'BP BPP A PA

'BP BP

AB AB BP’=BP P’=P punctele M,N,P sunt coliniare.

Aplicaţii(Reciproca teoremei lui Menelaos) 1) Fie ABC neisoscel şi nedreptunghic şi fie A1=prBCA,B1=prACB,C1=prABC. Fie BC B1C1={A’}, AC A1C1={B’}, AB A1 B1={C’}.Atunci punctele A’,B’,C’ sunt coliniare (dreapta determinată de aceste puncte se numeşte dreapta ortică a ABC). Demonstraţie: Se aplică teorema lui Menelaos în ABC cu transversalele:

A’-C1-B1 1 1

1 1

' 1'

A B CB ACA C B A C B

(1)

B’-C1-A1 1 1

1 1

' 1'

B C A B ACB A AC C B

(2) C’-A1-B1 1 1

1 1

' 1'

C A B C A BC B AB CA

(3)

Din teorema lui CEVA în ABC (AA1,BB1,CC1 concurente)


prof. Traian Preda

2

1 1 1

1 1 11AB CA BC

B C A B C A prin înmulţirea relaţiilor (1) ,(2) şi (3)

' ' ' 1' ' '

A B B C C AA C B A C B

. Aplicăm reciproca teoremei lui Menelaos în ABC cu

transversala A’-B’-Cpunctele A’,B’,C’ sunt coliniare. 2) Se consideră ABC neisoscel. Bisectoarea exterioară corespunzătoare varfului A intersectează dreapta BC în punctul A’. Analog se obţin punctele B’şi C’. Atunci punctele A’,B’,C’ sunt coliniare (dreapta determinată de aceste puncte se numeşte dreapta antiortică a ABC). Demonstraţie: Conform teoremei bisectoarei exterioare în ABC

' ' ' 1' ' '

A B B C C A AB BC ACA C B A C B AC AB BC

din reciproca teoremei lui Menelaos în

ABC cu transversala A’-B’-C’(situate pe prelungirile laturilor) că punctele A’,B’,C’ sunt coliniare. Probleme propuse: 1) Fie ABC şi R pe semidreapta opusă lui (AB astfel încat AR=2AB şi M mijlocul

laturii AC.Consiserăm punctele {T}= RM BC şi {L}=ATBM. Aflaţi raportul LMLB

.

(Felicia Preda G.M.3/2012) 2) Fie ABC, D mijlocul lui [BC], F mijlocul lui [AD] şi N mijlocul lui [AC] .Se consideră punctele E(AB), G(BD)şi {M} = EDGF. Dacă punctele B,M,N sunt coliniare, arătaţi că : a) dreptele EG şi AD sunt paralele. b) dreptele BF, DE, AG sunt concurente. (Cosmin Manea şi Petrică Dragoş G.M.2/2012) 3) Fie ABC,pe laturile cărora se consideră punctele M, N, P cu MAC, NBC, PAB astfel încat 4AM=3AC,3CN=2BN,3PB=AB. Dacă AN BM={T}. a) Să se arate că punctele sunt C,T,P coliniare. b) Să se arate că T este mijlocul segmentului (PC) şi TA = 5NT. (O.L.,Botoşani,2007) 4) In interiorul patrulaterului convex ABCD considerăm un punct oarecare M astfel încat segmentele MA,MB,MC şi MD să fie distincte două cate două . Bisectoarele AMB, BMC, CMD şi DMA intersectează pe AB,BC,CD şi respectiv DA în punctele A’,B’,C’ şi respectiv D’. Să se demonstreze că dreptele C’D’,CA,B’A’ şi respectiv C’B’,DB,D’A’ sunt concurente. (Dumitru Buşneag,Concursul de matematică “Gheorghe Ţiţeica”,2001).


prof. Traian Preda

3

5) Fie punctul M, mijlocul segmentului AB, C [AB] \ {M} şi un punct D nesituat pe AB. Dacă N este mijlocul lui [CD], P este mijlocul lui [BD], Q este mijlocul lui [MN] şi R este mijlocul lui [AC], arătaţi că : a) Punctele P, Q şi R sunt coliniare; b) BRCT=CR DT, unde { T }= CD PR. (Ionel Tudor, G.M. 6 – 7 - 8 / 2012) _______________________________________________________________________ Test_

1)În ABC construim punctele M(BC) şi N(AC) astfel încat 3

BCMC şi

4ACAN .

Dacă AMBN={E},calculaţi valoarea raportului AEME

.

2) Fie ABC şi punctele D(BC),E(AC) iar ADBE={P}.Să se arate

că:AE AD BD BEAP AC BP BC

.

3)Se consideră trapezul ABCD cu AB||CD,E şi F mijloacele lui [AB],respectiv [CD], iar M un punct pe dreapta BD astfel încat B (MD).Dacă {P}=MEAD şi {N}=MFBC, arătaţi că PN||AB. Dan Nedeianu,G.M.1/2012. ________________________________________________________________________ Rezolvare probleme propuse: 1) Se aplică teorema lui Menelaos în BMC cu transversala

A-L-T 1AM CT BLAC TB LM

(1) 2BL TBLM TC

şi în ABC cu transversala

R-M-T 1RA BT CMRB TC MA

(2) 32

BTTC

Din (1) şi (2) BL = 3LM.


prof. Traian Preda

4

2) Fie { T } = BN AD; T este centrul de greutate al ABC. Din teorema lui

Menenlaos pentru BTD cu transversala M – F – G 1FT DG BMFD GB MT

şi din

teorema lui Menenlaos pentru ABT cu transversala E – M – D

1TD AE BMAD EB MT

, T este centrul de greutate al ABC 13

TDAD

, 12

FT FNTD BD

13

FTFD

GD EAGB EB

concluzia din reciproca teoremei lui Thales.

b) Cerinţa rezultă o binecunoscută proprietate a trapezului AEGD: dreapta care uneşte punctul de intersecţie a laturilor neparalele cu mijlocul unei baze şi diagonalele trapezului sunt concurente.

3) a) Notăm CT AB = { P’} .Din teorema lui Ceva ' 1' 2

BPAP

P’ = P C,T,P

coliniare. b) Din teorema lui Menenlaos pentru APC cu transversala B – T – M

1BP AM CTAB MC TP

PT = TC. Din teorema lui Menenlaos pentru ABN cu

transversala C – T – P 1CN BP ATBC AP TN

2 1 15 2

ATTN

TA = 5NT.

4) Notăm cu { T } = AC C’D’ şi { T’ } = AC A’B’ .Din teorema bisectoarei şi

teorema lui Menelaos ' ' 1

' 'TC AD DCTA D D C C

TC MD MC MCTA AM MD AM

, analog

' ' ' 1' ' '

T C AA BBT A A B B C

''

T C MB MC MCT A AM MB AM

''

TC T CTA T A

T=T’

A’B’, AC, C’D’ concurente. 5) a) În BCD, NP este linie mijlocie şi atunci NP || BC şi

2BCNP , (1).Pe de altă parte BC=AB – AC, de unde

,2 2 2

BC AB AC AM AR RM (2). Din (1) şi (2) rezultă NP || RM şi NP =RM


prof. Traian Preda

5

de unde MRNP este paralelogram şi atunci NM şi RP au acelaşi mijloc, adică punctul Q punctele P, Q, R sunt coliniare. b) Se aplică teorema lui Menelaos în BCD cu transversala R – T – P

1BR CT DPCR DT BP

, (3). Cum DP=BP din relaţia (3) BRCT=CR DT.

Rezolvare test: 1) Se aplică teorema lui Menelaos în AMC cu transversala

B-E-N 1BM CN AEBC NA EM

12

AEEM

.

2) Se aplică teorema lui Menelaos în ADC cu transversala B – P – E

1BD CE APBC EA PD

.Ducem PF || DC, F (AC) (Thales) AD ACPD CF

, CF BPCE BE

AD PDAC CF

AD BP PD CFAC BE CF CE

CE BE ACPD BP AD

1BD BE AC APBC BP AD AE

AE AD BD BEAP AC BP BC

3) Se aplică teorema lui Menelaos în ABD cu transversala M-E-P

1BM DP AEMD PA EB

şi în BCD cu transversala M-N-F

1BM DF CNMD FC NB

.DPPA

= CNNB

Din reciproca paralelelor neechidistante că

PN || AB.

Material realizat de profesor Traian Preda,

Scoala Gimnazială “Sf. Andrei

teorema lui menelaos

Documents