Introducción

En esta ocasión presentamos el teorema de Menelao, una herramienta muy útil que nos da condiciones necesarias y suficientes para que tres puntos, cada uno sobre los lados de un triángulo, sean colineales.

Teorema de Menelao

Teorema 1, de Menelao. Sean $\mathrm{△}ABC$ y $X$, $Y$, $Z$ puntos en los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, tal que uno o los tres puntos se encuentran en la extensión de los lados de $\mathrm{△}ABC$, entonces $X$, $Y$ y $Z$ son colineales si y solo si
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=–1$.

Demostración. Supongamos que $X$, $Y$ y $Z$ son colineales, sea $D\in XYZ$ tal que $CD\parallel AB$ entonces $\mathrm{△}XZB\sim \mathrm{△}XDC$ y $\mathrm{△}YAZ\sim \mathrm{△}YCD$, esto es

${\displaystyle \frac{DC}{ZB}}={\displaystyle \frac{XC}{XB}}\iff DC={\displaystyle \frac{ZB\times XC}{XB}}$,

${\displaystyle \frac{DC}{ZA}}={\displaystyle \frac{YC}{YA}}\iff DC={\displaystyle \frac{ZA\times YC}{YA}}$.

Por lo tanto,
${\displaystyle \frac{ZA}{YA}}{\displaystyle \frac{YC}{ZB}}{\displaystyle \frac{XB}{XC}}=1\iff {\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=–1$.

La última ecuación se obtiene al considerar segmentos dirigidos.

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Conversamente, ahora supongamos sin pérdida de generalidad que $Z$ e $Y$ se encuentran en $AB$ y $CA$ respectivamente y $X$ en la extensión de $BC$ (izquierda figura 1), el caso en que los tres puntos están en las extensiones de los lados es análogo, y supongamos que
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=–1$.

Sea $X^{\prime }=YZ\cap BC$, entonces por la implicación que ya probamos tenemos que
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{B{X}^{\prime }}{X^{\prime }C}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=–1$.

Esto, junto con nuestra hipótesis nos dice que ${\displaystyle \frac{B{X}^{\prime }}{X^{\prime }C}}={\displaystyle \frac{BX}{XC}}$, es decir $BC$ es dividido exteriormente por $X$ y $X^{\prime }$ en la misma razón.

Por lo tanto, $X=X^{\prime }$, entonces $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.

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Forma trigonométrica del teorema de Menelao

Lema de la razón. Considera $\mathrm{△}ABC$ y sea $X$ un punto en $BC$ o su extensión, entonces
$\begin{array}{}\text{(1)}& {\displaystyle \frac{BX}{XC}}={\displaystyle \frac{AB}{CA}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }CAX}}.\end{array}$.

Demostración. Aplicamos la ley de los senos a los triángulos $\mathrm{△}BAX$ y $\mathrm{△}XAC$ (figura 1),
$\begin{array}{}\text{(2)}& {\displaystyle \frac{BX}{\sin \mathrm{\angle }BAX}}={\displaystyle \frac{AB}{\sin \mathrm{\angle }AXB}},\end{array}$

$\begin{array}{}\text{(3)}& {\displaystyle \frac{CX}{\sin \mathrm{\angle }CAX}}={\displaystyle \frac{AC}{\sin \mathrm{\angle }AXC}}.\end{array}$

Notemos que $\sin \mathrm{\angle }AXB=\sin \mathrm{\angle }AXC$, pues si $X$ está en la extensión de $BC$ entonces $\mathrm{\angle }AXB=\mathrm{\angle }AXC$ o si $X$ está en el segmento $BC$ entonces $\mathrm{\angle }AXB$ y $\mathrm{\angle }AXC$ son suplementarios.

Por lo tanto, haciendo el cociente de $(2)$ entre $(3)$ obtenemos $(1)$.

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Forma trigonométrica del teorema de Menelao. Sea $\mathrm{△}ABC$ y $X$, $Y$, $Z$ puntos en los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, tal que uno o los tres puntos se encuentran en la extensión de los lados de $\mathrm{△}ABC$, entonces $X$, $Y$ y $Z$ son colineales si y solo si

${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CBY}{\sin \mathrm{\angle }YBA}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACZ}{\sin \mathrm{\angle }ZCB}}=–1$.

Demostración. Aplicamos el lema de la razón a $X$, $Y$ y $Z$, entonces:
$-1={\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}$

$=({\displaystyle \frac{CA}{BC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACZ}{\sin \mathrm{\angle }ZCB}})({\displaystyle \frac{AB}{CA}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}})({\displaystyle \frac{BC}{AB}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CBY}{\sin \mathrm{\angle }YBA}})$

$={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }BAX}{\sin \mathrm{\angle }XAC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CBY}{\sin \mathrm{\angle }YAC}}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACZ}{\sin \mathrm{\angle }ZCB}}$.

En consecuencia, por el teorema de Menelao la igualdad es cierta si y solo si $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.

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Bisectrices

Proposición 1.
$i)$ Dos bisectrices internas y la bisectriz externa del tercer ángulo de un triángulo intersecan a los lados opuestos del triángulo en tres puntos colineales,
$ii)$ las tres bisectrices externas de un triángulo intersecan a los lados opuestos del triángulo en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $\mathrm{△}ABC$, $X^{\prime }$, la intersección de la bisectriz externa de $\mathrm{\angle }A$ con $BC$, $Y$ y $Z$ las intersecciones de las bisectrices internas de $\mathrm{\angle }B$ y $\mathrm{\angle }C$ con $CA$ y $AB$ respectivamente.

Por el teorema de la bisectriz tenemos las siguientes igualdades
${\displaystyle \frac{B{X}^{\prime }}{X^{\prime }C}}={\displaystyle \frac{AB}{AC}}$,
${\displaystyle \frac{CY}{YA}}={\displaystyle \frac{BC}{BA}}$,
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}={\displaystyle \frac{CA}{CB}}$.

Considerando segmentos dirigidos,
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{B{X}^{\prime }}{X^{\prime }C}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}={\displaystyle \frac{CA}{CB}}{\displaystyle \frac{AB}{AC}}{\displaystyle \frac{BC}{BA}}=-1$.

Por lo tanto, $X^{\prime }$, $Y$ y $Z$ son colineales.

Análogamente, si $Y^{\prime }$ y $Z^{\prime }$ son las intersecciones de las bisectrices externas de $\mathrm{\angle }B$ y $\mathrm{\angle }C$ con $CA$ y $AB$ respectivamente, entonces por el teorema de la bisectriz
${\displaystyle \frac{C{Y}^{\prime }}{Y^{\prime }A}}={\displaystyle \frac{BC}{BA}}$,
${\displaystyle \frac{A{Z}^{\prime }}{Z^{\prime }B}}={\displaystyle \frac{CA}{CB}}$.

Por lo tanto
${\displaystyle \frac{A{Z}^{\prime }}{Z^{\prime }B}}{\displaystyle \frac{B{X}^{\prime }}{X^{\prime }C}}{\displaystyle \frac{C{Y}^{\prime }}{Y^{\prime }A}}={\displaystyle \frac{CA}{CB}}{\displaystyle \frac{AB}{AC}}{\displaystyle \frac{BC}{BA}}=-1$.

Por lo tanto, por el teorema de Menelao, $X^{\prime }$, $Y^{\prime }$ y $Z^{\prime }$ son colineales.

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Recta de Lemoine y recta de Gergonne

Teorema 2. Las rectas tangentes al circuncírculo de un triángulo a través de sus vértices intersecan a los lados opuestos del triángulo en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $\mathrm{△}ABC$ y $\mathrm{△}DEF$ su triángulo tangencial, sean $X=EF\cap BC$, $Y=DF\cap CA$ y $Z=DE\cap AB$.

Como el ángulo semiinscrito $\mathrm{\angle }XAB$ abarca el mismo arco que el ángulo inscrito $\mathrm{\angle }ACB$ entonces son iguales, por criterio de semejanza AA, $\mathrm{△}AXB\sim \mathrm{△}CXA$, por lo tanto,
${\displaystyle \frac{AX}{CX}}={\displaystyle \frac{AB}{CA}}$ $\iff {\displaystyle \frac{A{X}^2}{C{X}^2}}={\displaystyle \frac{A{B}^2}{C{A}^2}}$.

Por otro lado, la potencia de $X$ respecto al circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$ es
$A{X}^2=XB\times XC$.

Por lo tanto,
$\begin{array}{}\text{(4)}& {\displaystyle \frac{XB}{XC}}={\displaystyle \frac{A{B}^2}{C{A}^2}}.\end{array}$

Igualmente podemos encontrar,
${\displaystyle \frac{YC}{YA}}={\displaystyle \frac{B{C}^2}{B{A}^2}}$ y ${\displaystyle \frac{ZB}{ZA}}={\displaystyle \frac{C{B}^2}{C{A}^2}}$.

Por lo tanto,
${\displaystyle \frac{XB}{XC}}{\displaystyle \frac{YC}{YA}}{\displaystyle \frac{ZA}{ZB}}={\displaystyle \frac{A{B}^2}{C{A}^2}}{\displaystyle \frac{B{C}^2}{B{A}^2}}{\displaystyle \frac{C{A}^2}{C{B}^2}}=1$.

Considerando segmentos dirigidos tenemos
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}=–1$.

Como resultado, por el teorema de Menelao, $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.

A la recta $XYZ$ se le conoce como recta de Lemoine de $\mathrm{△}ABC$.

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Observación 1. Notemos que $X$, $Y$ y $Z$ son los centros de las circunferencias de Apolonio de $\mathrm{△}ABC$.

Observación 2. También hemos mostrado que la tangente al circuncírculo de un triangulo por uno de sus vértices divide al lado opuesto al vértice, en la razón de los cuadrados de los lados que concurren en el vértice, ecuación $(4)$.

Corolario. Los lados del triángulo cuyos vértices son los puntos de tangencia del incírculo de un triángulo dado con sus lados, intersecan a los lados opuestos del triángulo dado en tres puntos colineales.

Demostración. Notemos que en el teorema anterior si el triángulo dado es $\mathrm{△}DEF$, entonces su incírculo es el circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$.

Por lo tanto, se tiene el resultado.

A la recta $XYZ$ se le conoce como recta de Gergonne de $\mathrm{△}DEF$.

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Teorema de Monge

Teorema 3. Las tangentes externas comunes a tres circunferencias, tales que ninguna esta completamente contenida en las otras dos, se intersecan dos a dos en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $\mathrm{\Gamma }(A)$, $\mathrm{\Gamma }(B)$ y $\mathrm{\Gamma }(C)$, tres circunferencias que cumplen las hipótesis. Sean $X=X_b{X}_c\cap X_b^{\prime }{X}_c^{\prime }$, $Y=Y_a{Y}_c\cap Y_a^{\prime }{Y}_c^{\prime }$ y $Z=Z_a{Z}_b\cap Z_a^{\prime }{Z}_b^{\prime }$, las intersecciones de las tangentes comunes a $\mathrm{\Gamma }(B)$, $\mathrm{\Gamma }(C)$; $\mathrm{\Gamma }(A)$, $\mathrm{\Gamma }(C)$  y $\mathrm{\Gamma }(A)$, $\mathrm{\Gamma }(B)$ respectivamente (figura 4).

Recordemos que la intersección de dos tangentes externas comunes a dos circunferencias es un centro de homotecia entre dichas circunferencias.

Entonces $X$ es un centro de homotecia para $\mathrm{\Gamma }(B)$ y $\mathrm{\Gamma }(C)$, por lo tanto
${\displaystyle \frac{XB}{XC}}={\displaystyle \frac{B{X}_b}{C{X}_c}}$.

Igualmente vemos que
${\displaystyle \frac{YC}{YA}}={\displaystyle \frac{C{Y}_c}{A{Y}_a}}$ y ${\displaystyle \frac{ZB}{ZA}}={\displaystyle \frac{B{Z}_b}{A{Z}_a}}$.

Tomando en cuenta que $A{Z}_a=A{Y}_a$, $B{Z}_b=B{X}_b$ y $C{X}_c=C{Y}_c$, tenemos
${\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}={\displaystyle \frac{-A{Z}_a}{B{Z}_b}}{\displaystyle \frac{-B{X}_b}{C{X}_c}}{\displaystyle \frac{-C{Y}_c}{A{Y}_a}}=–1$.

Por lo tanto, por el teorema de Menelao $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.

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Puntos isotómicos

Proposición 2. Los puntos isotómicos de tres puntos colineales son colineales.

Demostración. Recordemos que dos puntos en uno de los lados de un triángulo son isotómicos si equidistan al punto medio de ese lado.

Sean $\mathrm{△}ABC$ y $X$, $Y$, $Z$ en los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente tal que $XYZ$ es una recta, consideremos $X^{\prime }$, $Y^{\prime }$ y $Z^{\prime }$ sus correspondientes puntos isotómicos.

Entonces
${\displaystyle \frac{A{Z}^{\prime }}{Z^{\prime }B}}{\displaystyle \frac{B{X}^{\prime }}{X^{\prime }C}}{\displaystyle \frac{C{Y}^{\prime }}{Y^{\prime }A}}={\displaystyle \frac{ZB}{AZ}}{\displaystyle \frac{XC}{BX}}{\displaystyle \frac{YA}{CY}}=({\displaystyle \frac{AZ}{ZB}}{\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YA}}{)}^{-}1=–1$.

Por lo tanto, por el teorema de Menelao $X^{\prime }$, $Y^{\prime }$ y $Z^{\prime }$ son colineales.

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Proposición 3. Si sobre los lados de $\mathrm{△}ABC$ tenemos pares de puntos isotómicos $X$, $X^{\prime }\in BC$, $Y$, $Y^{\prime }\in CA$ y $Z$, $Z^{\prime }\in AB$ entonces las áreas de los triángulos $\mathrm{△}XYZ$ y $\mathrm{△}{X}^{\prime }{Y}^{\prime }{Z}^{\prime }$ coinciden.

Demostración. Sean $U=ZY\cap BC$ y $U^{\prime }=Z^{\prime }{Y}^{\prime }\cap BC$, consideremos $D$ y $F$ las proyecciones de $X$ y $C$ en $ZU$, entonces $\mathrm{△}XDU\sim \mathrm{△}CEU$.

Entonces,
${\displaystyle \frac{(\mathrm{△}XYZ)}{(\mathrm{△}CYZ)}}={\displaystyle \frac{XD}{CE}}={\displaystyle \frac{XU}{CU}}$.

Igualmente vemos que, ${\displaystyle \frac{(\mathrm{△}{X}^{\prime }{Y}^{\prime }{Z}^{\prime })}{(\mathrm{△}B{Y}^{\prime }{Z}^{\prime })}}={\displaystyle \frac{X^{\prime }{U}^{\prime }}{B{U}^{\prime }}}$.

Por la proposición anterior, el punto isotómico de $U$ debe ser colineal con $Y^{\prime }$ y $Z^{\prime }$, por lo tanto, $U$ y $U^{\prime }$ son isotómicos $\Rightarrow CU=U^{\prime }B$ y $XU=U^{\prime }{X}^{\prime }$.

Por lo tanto ${\displaystyle \frac{(\mathrm{△}XYZ)}{(\mathrm{△}CYZ)}}={\displaystyle \frac{(\mathrm{△}{X}^{\prime }{Y}^{\prime }{Z}^{\prime })}{(\mathrm{△}B{Y}^{\prime }{Z}^{\prime })}}$.

Pero $(\mathrm{△}CYZ)=(\mathrm{△}A{Y}^{\prime }Z)=(\mathrm{△}B{Y}^{\prime }{Z}^{\prime })$.

Por lo tanto, $\mathrm{△}XYZ$ y $\mathrm{△}{X}^{\prime }{Y}^{\prime }{Z}^{\prime }$ tienen la misma área.

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Más adelante…

Con la ayuda del teorema de Menelao, en la próxima entrada definiremos y estableceremos algunos resultados sobre triángulos en perspectiva. También mostraremos el teorema de Pascal.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

1. Prueba que si una recta que pasa por el centroide $G$ de un triangulo $\mathrm{△}ABC$ interseca a $AB$ y $AC$ en $Z$ e $Y$ respectivamente, entonces $AZ\times YC+AY\times ZB=AZ\times AY$.
2. Una recta interseca los lados de un cuadrilátero $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCD$, $BC$, $CD$, $DA$ y $AB$ en $X$, $Y$, $Z$ y $W$ respectivamente, muestra que ${\displaystyle \frac{BX}{XC}}{\displaystyle \frac{CY}{YD}}{\displaystyle \frac{DZ}{ZA}}{\displaystyle \frac{AW}{WB}}=1$.
3. Una circunferencia cuyo centro es equidistante a los vértices $B$ y $C$ de un triángulo $\mathrm{△}ABC$ interseca a $AB$ en $P$ y $P^{\prime }$ y a $AC$ en $Q^{\prime }$ y $Q$, las rectas $PQ$ y $P^{\prime }{Q}^{\prime }$ intersecan a $BC$ en $X$ y $X^{\prime }$ respectivamente, muestra que:
   $i)$ $BX\times B{X}^{\prime }=CX\times C{X}^{\prime }$,
   $ii)$ $X$ y $X^{\prime }$ son puntos isotómicos.
4. Sean $\mathrm{△}ABC$ y $B^{\prime }$ el punto medio de $CA$, considera $G$ el centroide de $\mathrm{△}ABC$, sea $P$ tal que $B^{\prime }$ es el punto medio de $GP$, la paralela a $AC$ por $P$ interseca a $BC$ en $X$, la paralela a $AB$ por $P$ corta a $AC$ en $Y$, la paralela a $BC$ por $P$ interseca a $AB$ en $Z$ (figura 7), muestra que $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.

5. Demuestra que las mediatrices de las bisectrices de los ángulos internos de un triángulo, intersecan a los lados opuestos a los ángulos desde donde se trazo la bisectriz, en tres puntos colineales. Considera el segmento de bisectriz formado por el vértice y el punto de intersección con el lado opuesto.
6. Considera $XYZ$ y $X^{\prime }{Y}^{\prime }{Z}^{\prime }$ dos rectas transversales a los lados de un triángulo $\mathrm{△}ABC$, tales que $X$, $X^{\prime }\in BC$, $Y$, $Y^{\prime }\in CA$ y $Z$, $Z^{\prime }\in AB$, sean $D=Z^{\prime }Y\cap BC$, $E=X^{\prime }Z\cap CA$ y $F=Y^{\prime }X\cap AB$, prueba que $D$, $E$ y $F$ son colineales.
7. Demuestra el teorema de la recta de Simson usando el teorema de Menelao.
8. Dadas tres circunferencias tales que dos a dos sus interiores son ajenos, muestra que las tangentes comunes externas de dos de ellas se intersecan en un punto colineal con las intersecciones de las tangentes comunes internas de esas dos circunferencias con la tercera.

Entradas relacionadas

• Ir a Geometría Moderna I.
• Entrada anterior del curso: Puntos de Fermat y triángulos de Napoleón.
• Siguiente entrada del curso: Triángulos en perspectiva.
• Otros cursos.

Fuentes

• Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 153-158.
• Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 57-68.
• Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 36-42.
• Cárdenas, S., Notas de Geometría. México: Ed. Prensas de Ciencias, 2013, pp 85-88.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»