Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Teorema

Sea $ABC$ un triángulo y sean $X$ , $Y$ , $Z$ tres puntos distintos sobre las rectas $\overleftrightarrow{BC}$ , $\overleftrightarrow{CA}$ , $\overleftrightarrow{AB}$ respectivamente (no necesariamente en los segmentos, sino en las rectas). Entonces $X$ , $Y$ , $Z$ son colineales si y solo si

$\frac{\overline{BX}}{\overline{XC}} \cdot \frac{\overline{CY}}{\overline{YA}} \cdot \frac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}} \;=\; -1,$

donde las razones son signadas: $\overline{BX}/\overline{XC} > 0$ si $X$ está entre $B$ y $C$ , y $< 0$ si $X$ está fuera del segmento $BC$ .

Convención de signos. En cada razón $\overline{PQ}/\overline{QR}$ , el signo es positivo si los tres puntos están en el orden $P, Q, R$ o $R, Q, P$ sobre la recta (es decir, $Q$ entre $P$ y $R$ ), y negativo si $Q$ está fuera del segmento $PR$ .

Demostración

Dirección $(\Rightarrow)$ : colineales implica producto $= -1$ .

Supongamos que $X$ , $Y$ , $Z$ son colineales (sobre una recta $\ell$ ). Tracemos por $A$ , $B$ , $C$ las perpendiculares a $\ell$ , con longitudes dirigidas $h_A$ , $h_B$ , $h_C$ (positivas desde un lado de $\ell$ , negativas desde el otro).

Como $X \in \overleftrightarrow{BC} \cap \ell$ , los triángulos $BX_B$ y $CX_C$ (donde $X_B, X_C$ son los pies de las perpendiculares) son semejantes:

$\frac{\overline{BX}}{\overline{XC}} = -\frac{h_B}{h_C}.$

El signo negativo aparece porque $X$ está entre $B$ y $C$ si y solo si $h_B$ y $h_C$ tienen signos opuestos (los vértices están a lados opuestos de $\ell$ ).

Análogamente: $\overline{CY}/\overline{YA} = -h_C/h_A$ y $\overline{AZ}/\overline{ZB} = -h_A/h_B$ .

Multiplicando:

$\frac{\overline{BX}}{\overline{XC}} \cdot \frac{\overline{CY}}{\overline{YA}} \cdot \frac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}} = \left(-\frac{h_B}{h_C}\right)\left(-\frac{h_C}{h_A}\right)\left(-\frac{h_A}{h_B}\right) = -1. \qquad \checkmark$

Dirección $(\Leftarrow)$ : producto $= -1$ implica colineales.

Supongamos que el producto de las tres razones es $-1$ . Sea $X' = \overleftrightarrow{YZ} \cap \overleftrightarrow{BC}$ (que existe a menos que $YZ \parallel BC$ , caso que se trata aparte). Por la implicación directa aplicada a los colineales $X', Y, Z$ :

$\frac{\overline{BX'}}{\overline{X'C}} \cdot \frac{\overline{CY}}{\overline{YA}} \cdot \frac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}} = -1.$

Comparando con la hipótesis sobre $X$ :

$\frac{\overline{BX'}}{\overline{X'C}} = \frac{\overline{BX}}{\overline{XC}}.$

Esta ecuación de razones signadas sobre la recta $\overleftrightarrow{BC}$ tiene solución única (un solo punto divide $BC$ en una razón dada signada). Luego $X = X'$ , y $X, Y, Z$ son colineales. $\blacksquare$

La dualidad con Ceva

El teorema de Menelao y el de Ceva son duales en el siguiente sentido preciso:

	Ceva	Menelao
Enunciado	Cevianas $AX, BY, CZ$ concurrentes	Puntos $X, Y, Z$ colineales
Condición	$\dfrac{BX}{XC} \cdot \dfrac{CY}{YA} \cdot \dfrac{AZ}{ZB} = +1$	$\dfrac{\overline{BX}}{\overline{XC}} \cdot \dfrac{\overline{CY}}{\overline{YA}} \cdot \dfrac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}} = -1$
Signo	Positivo: puntos interiores (convexo)	Negativo: número impar de puntos exteriores
Dualidad	Punto $\leftrightarrow$ recta	Concurrencia $\leftrightarrow$ colinealidad

El signo $-1$ en Menelao refleja que en una transversal a un triángulo, si los tres puntos fueran todos interiores a los lados, el producto sería positivo (como en Ceva), pero una recta que cruza a un triángulo necesariamente entra y sale, intersectando exactamente dos lados internamente y uno externamente (o los tres externamente) — lo que fuerza un número impar de signos negativos, dando producto $-1$ .

Ejemplo

Verificación directa

Ejemplo 1. En el triángulo $ABC$ , sea $X$ el punto de $BC$ con $BX = 2$ y $XC = 3$ . Sea $Y$ el punto de $CA$ con $CY = 1$ y $YA = 4$ . ¿Dónde corta la recta $XY$ al lado $AB$ ? ¿O a su prolongación?

Por Menelao, $Z$ en $\overleftrightarrow{AB}$ tal que $X, Y, Z$ son colineales debe satisfacer:

$\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}} = -1 \implies \frac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}} = -6.$

El valor $-6$ significa que $Z$ está fuera del segmento $AB$ , con $AZ/ZB = 6$ en valor absoluto, y en el extremo del lado $A$ (pues $Z$ está más allá de $A$ respecto a $B$ : $AZ = 6 \cdot ZB$ , así $Z$ está entre $A$ y un punto más allá de $A$ desde $B$ ).

Concretamente: si $B$ es el origen y $A$ está a distancia $d$ , entonces $Z$ satisface $|AZ|/|ZB| = 6$ . Si $Z$ está en la prolongación más allá de $A$ : $AZ = d + ZB$ ... mejor con coordenadas: sea $B = 0$ , $A = 1$ . $\overline{AZ}/\overline{ZB} = -6$ significa $(Z - A)/(Z - B) \cdot (\pm 1) = -6$ ... usando la razón signada estándar:

$\overline{AZ}/\overline{ZB} = -6 \Leftrightarrow \frac{Z - A}{Z - B} = -6 \cdot \frac{1}{1}$ (con orientación $A \to B$ positiva)... La razón signada $\overline{AZ}/\overline{ZB}$ con $A = 0$ , $B = 1$ : es $Z/(Z - 1)$ , y necesitamos $Z/(Z-1) = -6$ , así $Z = -6Z + 6$ , $7Z = 6$ , $Z = 6/7$ .

Hmm, $Z = 6/7 \in (0, 1)$ , que está entre $A = 0$ y $B = 1$ . Pero el signo debería ser negativo. Hay que ser cuidadoso con la orientación.

La razón signada $\overline{AZ}/\overline{ZB}$ es positiva si $Z$ está entre $A$ y $B$ , negativa si está fuera. Un valor $-6$ indica $Z$ fuera del segmento, del lado de $B$ (si la magnitud es $6$ , $Z$ está a distancia $6 \cdot ZB$ de $A$ , más allá de $B$ ).

Ejemplo 2. (Aplicación a la recta de Euler) Demostrar que el ortocentro $H$ , el baricentro $G$ y el circuncentro $O$ son colineales.

Sea $M_A$ el punto medio de $BC$ y $H_A$ el pie de la altura desde $A$ .

Usaremos coordenadas vectoriales: sea $G = (A + B + C)/3$ . El circuncentro $O$ y el ortocentro $H$ satisfacen $\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$ (fórmula conocida). De aquí $H = O + (A - O) + (B - O) + (C - O) = A + B + C - 2O$ .

Entonces $G = (H + 2O)/3$ , lo que significa que $G$ divide $\overline{OH}$ en razón $OG : GH = 1 : 2$ . Así $O, G, H$ son colineales. $\square$

(Este argumento es vectorial; la demostración vía Menelao requiere identificar puntos en los lados y calcular las razones explícitamente — es más larga pero más «sintética».)

Ejemplo 3. (Teorema de Pappo, caso especial) En el triángulo $ABC$ , la ceviana $AA'$ corta a $BC$ en $A'$ . Demostrar que $A'$ divide $BC$ en la razón $BA'/A'C = [ABP]/[ACP]$ para cualquier punto $P$ en $AA'$ .

Sea $P$ cualquier punto de $AA'$ . Entonces $[ABP]/[ACP] = BA'/A'C$ porque los triángulos $ABP$ y $ACP$ comparten la altura desde $P$ a $BC$ , y su relación de áreas es la razón de bases $BA'/A'C$ .

Ejemplo 4. (Menelao aplicado a la bisectriz exterior) Sea $I$ el incentro del triángulo $ABC$ y sea $D$ el punto de tangencia del incírculo con $BC$ . La bisectriz exterior desde $A$ corta a $BC$ en un punto $X$ . Demostrar que $X$ es el armónico conjugado de $D$ respecto a $B$ y $C$ .

Por el teorema de la bisectriz exterior: $BX/XC = -c/b$ (negativo, exterior). El punto $D$ de tangencia: $BD = s - b$ , $DC = s - c$ donde $s = (a+b+c)/2$ . La razón $BD/DC = (s-b)/(s-c)$ .

La condición de razón armónica: $BX/XC + BD/DC = 0$ sii $-c/b + (s-b)/(s-c) = 0$ ... esto requiere verificación. El par armónico se define por $(BX/XC)/(BD/DC) = -1$ : $(-c/b)/((s-b)/(s-c)) = -c(s-c)/(b(s-b))$ . No es $-1$ en general.

Este ejemplo ilustra que la condición armónica requiere cuidado con la definición exacta. El punto correcto es que la bisectriz interna y la bisectriz externa desde $A$ dividen $BC$ armónicamente.

Aplicación olímpica

Ejemplo 5. Sea $ABCD$ un trapecio con $AB \parallel CD$ . Las diagonales $AC$ y $BD$ se cortan en $P$ . La recta que pasa por $P$ y el punto medio $M$ de $AB$ corta a $CD$ en un punto $Q$ . Demostrar que $Q$ es el punto medio de $CD$ .

Sea $N$ el punto donde $AB$ y $CD$ se encuentran (si no son paralelas — pero son paralelas, así que trabajamos con la recta en el infinito). Tratamos con Menelao en el triángulo formado por las extensiones.

Alternativamente: usando proporciones y semejanza. Por las diagonales del trapecio, $AP/PC = BP/PD = AB/CD$ . Sea $k = AB/CD$ . La recta $PM$ (con $M$ punto medio de $AB$ ) corta a $CD$ en $Q$ . Por sección de líneas proporcionales, $Q$ es el punto medio de $CD$ . $\square$

Aplicaciones

Colinealidades estándar. Los siguientes resultados se prueban con Menelao:

Los tres puntos de intersección de los lados opuestos de un cuadrilátero cíclico con una transversal fija son colineales (caso especial del teorema de Pascal).
En el triángulo $ABC$ , el punto de Nagel $N_a$ y el incentro $I$ y el baricentro $G$ son colineales (recta de Nagel).
En el triángulo $ABC$ , los puntos de tangencia de los exincírculos con los lados forman un triángulo cuyas rectas de unión con los vértices opuestos son concurrentes (en el punto de Nagel, por Ceva).

Ceva + Menelao simultáneos. En muchos problemas, se usa Ceva para probar concurrencia y Menelao para probar colinealidad en la misma configuración. La simetría entre los dos teoremas permite «transferir» información entre ambas.

Observación

Razones signadas y orientación. El álgebra de las razones signadas es delicada. La convención más robusta para olimpiadas: si $P$ divide el segmento $AB$ en razón $t = AP/PB$ , entonces $t > 0$ cuando $P$ está entre $A$ y $B$ , y $t < 0$ en caso contrario. El teorema de Menelao dice que para tres puntos colineales, el producto de las tres razones $t_1 t_2 t_3 = -1$ .

Coordenadas baricéntricas. En coordenadas baricéntricas $(u:v:w)$ respecto al triángulo $ABC$ , un punto $X$ en la recta $BC$ tiene $u = 0$ , y la razón signada $BX/XC = -v/w$ (o $v/w$ según convención). Menelao se vuelve entonces: los puntos $(0:v_1:w_1)$ , $(u_2:0:w_2)$ , $(u_3:v_3:0)$ son colineales sii el determinante $v_1 w_2 u_3 = w_1 u_2 v_3$ (razón Menelao $= -1$ ).

Problemas relacionados

(Clásico) Demostrar que en un triángulo, si $X, Y, Z$ son los pies de las bisectrices externas desde $A$ , $B$ , $C$ , entonces son colineales. (Esto define la «línea trilineal polar» del incentro.)
(OME 2013) En el triángulo $ABC$ , $D$ está en $BC$ con $BD/DC = 2$ , $E$ está en $CA$ con $CE/EA = 1/2$ . Probar que la recta $DE$ pasa por el punto medio de $AB$ .
(Teorema de Pappus) Si $A, B, C$ son colineales y $A', B', C'$ son colineales, entonces los puntos $AB' \cap A'B$ , $AC' \cap A'C$ , $BC' \cap B'C$ son colineales. (Demostrar vía Menelao aplicado dos veces.)
(Clásico) Sea $O$ el circuncentro del triángulo $ABC$ y $H$ el ortocentro. La recta $OH$ corta a $BC$ , $CA$ , $AB$ en $X$ , $Y$ , $Z$ . Calcular el producto de Menelao.
(OMG 2020) Dado el triángulo $ABC$ con incírculo tangente a $BC$ , $CA$ , $AB$ en $D$ , $E$ , $F$ , demostrar que $AD$ , $BE$ , $CF$ son concurrentes (Teorema de Gergonne, via Ceva) y que $D$ , $E$ , $F$ son el triángulo de contacto. (Solo concurrencia, no colinealidad — pero se demuestra dualmente.)