メネラウスの定理
平面図形(教科書範囲) ★★
メネラウスの定理について扱います．
メネラウスの定理
メネラウスの定理
$\triangle \rm{ABC}$ の辺 ${\rm BC}$，${\rm CA}$，${\rm AB}$ またはその延長が，三角形の頂点を通らない $1$ つの直線 $\ell$ とそれぞれ ${\rm P}$，${\rm Q}$，${\rm R}$ で交わるとき
$\boldsymbol{\rm \dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}\cdot \dfrac{AR}{RB}=1}$
実用上は図のように直線 $\ell$ が $2$ つの辺と交わっているときをおさえておけば問題ありません．
覚え方
上のようなキツネ型の図形を見つけます．最初に大きくとってから少し戻り，三角形の輪郭を沿うように分数に書いていきます．どこからスタートしてもOKです．
メネラウスの定理の証明
メネラウスの定理の主な証明方法
Ⅰ 補助線を引く方法
Ⅱ ベクトルを使う方法
Ⅰの補助線を引く方法が有名で，検定教科書でも記載されています．
ベクトル既習者は，ベクトルの共線条件を使っても包括的に証明できます．チェバの定理と手法がほぼ同じです．
Ⅰ 補助線を引く方法
補助線を引く方法での証明
頂点 $\rm C$ を通り，直線 $\ell$ に平行な直線を引き，直線 $\rm AB$ との交点を $\rm D$ とする．
$\rm PR /\!/ CD$，$\rm QR /\!/ CD$ であるから
$\rm \dfrac{BP}{PC}=\dfrac{BR}{RD}$，$\rm \dfrac{CQ}{QA}=\dfrac{DR}{RA}$
よって
$\rm \dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}\cdot \dfrac{AR}{RB}$
$\rm =\dfrac{BR}{RD}\cdot \dfrac{DR}{RA}\cdot \dfrac{AR}{RB}$
$\rm =1$
Ⅱ ベクトルを使う方法
下に格納します．
Ⅱでの証明
ベクトルを使う方法での証明
$\overrightarrow{\mathstrut \rm AB}=\overrightarrow{\mathstrut b}$，$\overrightarrow{\mathstrut \rm AC}=\overrightarrow{\mathstrut c}$ とし，$\overrightarrow{\mathstrut \rm AR}=s\overrightarrow{\mathstrut b}$，$\overrightarrow{\mathstrut \rm AQ}=t\overrightarrow{\mathstrut c}$ とおく( $s>0$，$t>0$ を考えるだけで十分．$s=t$ だと直線 $\rm RQ$ と直線 $\rm BC$ が平行になるので $s\neq t$)．
$\rm P$ は直線 $\rm RQ$ 上にあるので
$\overrightarrow{\mathstrut \rm AP}=(1-u)\overrightarrow{\mathstrut \rm AR}+u\overrightarrow{\mathstrut \rm AQ}=(1-u)s\overrightarrow{\mathstrut b}+ut\overrightarrow{\mathstrut c}$
また $\rm P$ は直線 $\rm BC$ 上にもあるので
$(1-u)s+ut=1$
$\therefore \ u=\dfrac{1-s}{t-s}$
元に戻して整理すると
$\overrightarrow{\mathstrut \rm AP}=\dfrac{s(t-1)}{t-s}\overrightarrow{\mathstrut b}+\dfrac{(1-s)t}{t-s}\overrightarrow{\mathstrut c}$
となる．これより
${\rm BP:PC}=|(1-s)t|:|s(1-t)|=|1-s|t:s|1-t|$
から
$\rm \dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}\cdot \dfrac{AR}{RB}$
$=\dfrac{|1-s|t}{s|1-t|}\cdot \dfrac{|1-t|}{t}\cdot \dfrac{s}{|1-s|}$
$=1$
メネラウスの定理の逆とその証明
メネラウスの定理の逆
$\triangle \rm{ABC}$ の辺 $\rm BC$，$\rm CA$，$\rm AB$ またはその延長上に，それぞれ点 $\rm P$，$\rm Q$，$\rm R$ があり
・点 $\rm P$，$\rm Q$，$\rm R$ の $3$ 点のうち $1$ 個または $3$ 個が辺の延長上にある．
・$\rm \dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}\cdot \dfrac{AR}{RB}=1$ が成り立つ．
このとき，$3$ 点 $\rm P$，$\rm Q$，$\rm R$ は一直線上にある．
逆も成り立ちます．
実用的には，一直線上であることを言うにはベクトルの共線条件を用いることが多いので，使用機会はほとんどありません．
証明
メネラウスの定理が使えるように，一旦 $\rm P’$ という点を設定し，$\rm P’$ と $\rm P$ が同じにならざるを得ないという流れで示します．
証明
$2$ 点 $\rm Q$，$\rm R$ がそれぞれ辺 $\rm AC$，$\rm AB$ 上にあるとする．直線 $\rm QR$ と直線 $\rm BC$ の交点を $\rm P’$ とする．
メネラウスの定理より
$\rm \dfrac{BP'}{P'C}\cdot \dfrac{CQ}{QA}\cdot \dfrac{AR}{RB}=1$
が成り立つ．また仮定より，$\rm \dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}\cdot \dfrac{AR}{RB}=1$ から
$\rm \dfrac{BP'}{P'C}=\dfrac{BP}{PC}$
が成り立つ．
$\rm P$，$\rm P’$ はともに辺 $\rm BC$ の延長上の点であるから，$\rm P'$ と $\rm P$ は一致する.
点 $\rm Q$ または点 $\rm R$ が辺 $\rm AC$，$\rm AB$ 上または延長上にある他の場合でも同様である．
例題と練習問題
例題
例題
上の図の $\triangle \rm{ABC}$ において，辺 $\rm AB$ を $11:12$ に内分する点を $\rm R$，辺 $\rm AC$ を $2:3$ に内分する点を $\rm Q$ とする．
(1) $\rm BP:PC$ を求めよ．
(2) $\rm AO:OP$ を求めよ．
講義
チェバの定理とメネラウスの定理を順に使うだけです．
解答
(1) チェバの定理より
$\rm \dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{11}{12}=1$
$\therefore \ \rm \dfrac{BP}{PC}=\dfrac{8}{11}$
これより
${\rm BP:PC}=\boldsymbol{8:11}$
(2) メネラウスの定理より
$\rm \dfrac{BC}{CP}\cdot \dfrac{PO}{OA}\cdot \dfrac{AR}{RB}=1$
$\therefore \ \rm \dfrac{19}{11}\cdot \dfrac{PO}{OA}\cdot \dfrac{11}{12}=1$
$\therefore \ \rm \dfrac{PO}{OA}=\dfrac{12}{19}$
これより
${\rm AO:OP}=\boldsymbol{19:12}$
練習問題
練習
上の図の $\triangle \rm{ABC}$ において $\rm AB:AC=2:3$，また $\angle{\rm A}$ の二等分線と辺 $\rm BC$ の交点を $\rm D$ とする．さらに線分 $\rm AD$ を $3:2$ に内分する点を $\rm E$，線分 $\rm ED$ の中点を $\rm F$，線分 $\rm AC$ の中点を $\rm G$ とする．直線 $\rm BE$ と辺 $\rm AC$ との交点を $\rm H$ とするとき，次の問いに答えよ．
(1) $\rm \dfrac{AH}{HC}$ の値を求めよ．
(2) $\rm BH /\!/ FG$ を示せ．
(3) $\rm FG=15$ のとき，線分 $\rm BE$ の値を求めよ．
練習の解答
角の二等分線と比より
$\rm BD:DC=AB:AC=2:3$
メネラウスの定理より
$\rm \dfrac{CB}{BD}\cdot \dfrac{DE}{EA}\cdot \dfrac{AH}{HC}=1$
$\therefore \ \rm \dfrac{5}{2}\cdot \dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{AH}{HC}=1$
$\therefore \ \rm \dfrac{AH}{HC}=\boldsymbol{\dfrac{3}{5}}$
(2)
$\rm AH:HC=3:5$，$\rm AG:GC=1:1=4:4$ より $\rm AH:HG:GC=3:1:4$．
$\rm AE:ED=3:2$，$\rm EF:FD=1:1$ より $\rm AE:EF:FD=3:1:1$．
以上より，$\rm AE:EF=AH:HG$ より，$\rm EH /\!/ FG$．$\therefore \ \rm BH /\!/ FG$．
(3)
$\triangle \rm{AEH}$ ∽ $\triangle \rm{AFG}$ より $\rm EH:FG=3:4$．
メネラウスの定理より
$\rm \dfrac{CA}{AH}\cdot \dfrac{HE}{EB}\cdot \dfrac{BD}{DC}=1$
$\therefore \ \rm \dfrac{8}{3}\cdot \dfrac{HE}{EB}\cdot \dfrac{2}{3}=1$
$\therefore \ \rm \dfrac{HE}{EB}=\dfrac{9}{16}$
これより
${\rm BE:EH}=16:9$
また，$\rm EH:FG=3:4$ より
${\rm BE:FG}=16:12=4:3$
$\therefore \ \rm BE=\boldsymbol{20}$