고대 그리스의 수학자 알렉산드리아의 메넬라오스(Μενέλαος, Menelaos : 서기 70년경~140년)가 증명한 정리. 메넬라오스의 라틴어화된 이름을 따라서 메넬라우스(Menelaus)의 정리라고도 한다. 대한수학회에서는 메카토 정리로 번역되어있으나 이는 오류이다.[1]

중학교 과정만으로 충분히 증명이 가능하고, 정리가 복잡해보이지만 의외로 쓰이는 경우가 상당히 많아 영재학교에서 삼각형이 여러 개 겹쳐 있는 문제가 나왔다 하면 꼭 한 번씩은 쓰게 되는 정리이다.

파일:메넬라우스의 정리.png
[2]

주어진 $\triangle ABC$에서 꼭짓점이 아닌 점 $D$, $E$, $F$가 각각 $\overline{BC}$, $\overline{CA}$, $\overline{AB}$ 위에 있다고 하자. 이때, $D$, $E$, $F$가 한 직선 위의 점이면 $\frac{\overline{CD}}{\overline{DB}}\times\frac{\overline{BF}}{\overline{FA}}\times\frac{\overline{AE}}{\overline{EC}}=1$가 성립한다. 단, 직선이 반드시 그림처럼 삼각형을 횡단하지 않아도 상관없다.

원래는 $\frac{CD}{DB}\times\frac{BF}{FA}\times\frac{AE}{EC}=1$로 표현하는 것이 정확하다. 여기서 선분 기호를 넣지 않으면 선분의 기호에 방향성까지 고려하는 것이 되므로 등식을 이해하는데 도움이 된다. 또한, 메넬라오스 정리 또는 역을 이용할 때 어떤 선분들을 가지고 등식을 만족하는지 고르기 어려운 경우가 있으므로 위의 등식이 더 바람직하다고 하겠다.

에서 볼 수 있듯이, 선분 자체에 방향성을 부여해서 우변을 음수로 두는 꼴이다.

파일:attachment/untitled_6.png
점 $A$, $B$, $C$에서 반직선 PR에 내린 수선의 발을 각각 $X$,$Y$, $Z$라고 할때
삼각형 $\triangle PZC$와 $\triangle PYB$가 닮음이므로 $\frac{\overline{BP}}{\overline{CP}}=\frac{\overline{BY}}{\overline{CZ}}$이다.
삼각형 $\triangle QCZ$와 $\triangle QAX$가 닮음이므로$\frac{\overline{CQ}}{\overline{AQ}}=\frac{\overline{CZ}}{\overline{AX}}$이다.
삼각형 $\triangle RXA$와 $\triangle RYB$가 닮음이므로 $\frac{\overline{AR}}{\overline{BR}}=\frac{\overline{AX}}{\overline{BY}}$이다.

변변 곱하면 증명 끝.

이 정리의 역도 성립한다. 즉, $\frac{\overline{AR}}{\overline{RB}}\times\frac{\overline{BP}}{\overline{PC}}\times\frac{\overline{CQ}}{\overline{QA}}=1$가 성립하면 $P$, $Q$, $R$는 공선점이다. 증명은 동일한 방법으로 하면 된다.
파일:puOa5tL.png

$\overline{QR}$의 연장선의 교점과 $\overline{BC}$ 의 교점을 $P'$이라 한 후, $P$와 $P'$가 같은 점임을 보이면 증명이 완료된다. 일단 $P', Q, R$이 공선점이므로, $\frac{\overline{AR}}{\overline{RB}}\times\frac{\overline{BP'}}{\overline{P'C}}\times\frac{\overline{CQ}}{\overline{QA}}=1$가 성립한다. 한편, 원래 조건에서 $\frac{\overline{AR}}{\overline{RB}}\times\frac{\overline{BP}}{\overline{PC}}\times\frac{\overline{CQ}}{\overline{QA}}=1$도 성립하므로, $\frac{\overline{BP'}}{\overline{P'C}} = \frac{\overline{BP}}{\overline{PC}}$여야 한다. 이제, $\overline{BC} = a$, $\overline{CP'} = b$, $\overline{P'P} = x$로 놓고 간단한 계산을 하면 $x=0$임을 알 수 있다.
따라서 $P$와 $P'$는 같은 점이므로, $P, Q, R$는 공선점이다.

파일:JUze4Yk.png
알아두면 꽤나 유용한 사실로, 원래 메넬라오스 정리는 $\frac{\overline{RB}}{\overline{AR}}\times\frac{\overline{PC}}{\overline{BP}}\times\frac{\overline{QA}}{\overline{CQ}}$와 같이 세 선분 위의 길이의 비를 곱해서 1이 되었는데, 사실은 몇 번을 돌아다니면서 길이비를 곱해도 다음 조건들만 만족한다면 길이비의 곱이 1이 된다.
1. 각 길이비 항은 반드시 한 직선 내의 길이비여야 한다. 즉 $\frac{\overline{QR}}{\overline{AQ}}$ 같은 건 $A, Q, R$가 공선점이 아니므로 안 되고 $\frac{\overline{QC}}{\overline{AQ}}$ 같은 건 된다는 뜻.
2. 한 항의 '끝점'과 다음 항의 '시작점'이 같아야 한다.[3] 즉 메넬라오스 정리를 이용할 때 한붓그리기처럼 쭉 이어가면서 길이비를 따지듯이 할 수 있어야 한다는 것. 예를 들어 $\frac{\overline{RB}}{\overline{AR}}\times\frac{\overline{PB}}{\overline{CP}}$ 같은 건 첫 항의 끝점이 $B$인데 다음 항의 시작점이 $C$이므로 안 된다.
3. 첫 항의 '시작점'과 마지막 항의 '끝점'이 같아야 한다. 즉 처음 시작한 곳으로 다시 돌아와야 한다. 예를 들어 $\frac{\overline{RB}}{\overline{AR}}\times\frac{\overline{PC}}{\overline{BP}}\times\frac{\overline{AQ}}{\overline{CA}}$ 같은 것은 $A$로 시작해서 $Q$로 끝났으므로 길이비의 곱이 1이 안 된다.

위의 세 조건을 요약하자면, 그냥 평소 메넬라오스 정리를 쓸 때처럼 하되 마지막에 처음 점으로 돌아오기만 하면 길이비의 곱이 1이 된다는 것이다. 즉, $\frac{\overline{RB}}{\overline{AR}}\times\frac{\overline{CP}}{\overline{BC}}\times\frac{\overline{RQ}}{\overline{PR}}\times\frac{\overline{AC}}{\overline{QA}}\times\frac{\overline{PB}}{\overline{CP}}\times\frac{\overline{RA}}{\overline{BR}}$ 처럼 해도 1이 된다. 심지어 시작점이 $R, Q, C$같은 점이어도 상관 없다!

실제로 메넬라오스 정리의 $\frac{\overline{RB}}{\overline{AR}}\times\frac{\overline{PC}}{\overline{BP}}\times\frac{\overline{QA}}{\overline{CQ}}$ 는 위 세 조건을 모두 만족한다는 것을 알 수 있다.

증명은 각 점에 대해 적절한 함숫값을 주고, 길이비와 그 함숫값의 곱이 불변량임을 보이면 된다. 다만 이 과정에서 상당한 노가다를 필요로 한다.