三角形に関する有名な定理であるチェバの定理，メネラウスの定理について学びましょう。 共点や共線の問題を考えるための道具にもなります。
目次
チェバの定理
さっそくチェバの定理の内容から見ていきましょう。
\(\triangle\mathrm{ABC}\)とその辺（とその延長）上にない\(1\)点\(\mathrm{X}\)について考える。 また，頂点と\(\mathrm{X}\)を結ぶ直線は，その対辺と交わるとする。
このとき，各頂点\(\mathrm{A}\)，\(\mathrm{B}\)，\(\mathrm{C}\)と\(\mathrm{X}\)を結ぶ直線がその対辺（とその延長）と交わる点をそれぞれ\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)とすると，次が成り立つ。
この式は簡単に覚えられます。 適当な頂点から始めて，三角形を一周しながら途中の線分の長さを分母・分子に交互に並べるだけです。
これは点\(\mathrm{X}\)が三角形の外部にあるときにも成り立ちます。
この場合の三角形の周りのなぞり方は，辺の端を一度飛び越えたりします。 一度\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)を中継するのです。
ではチェバの定理を証明しましょう。 線分の比に関する式を導きたいので，すぐ思い付くのは相似の利用です。 しかし，点\(\mathrm{X}\)は自由にとれる点ですし，図中に相似になりそうな三角形が見当たりません。
そこで利用するのが面積比です。 例えば\(\triangle\mathrm{XAB}\)と\(\triangle\mathrm{XCA}\)の面積比を考えてみます。
両者とも\(\mathrm{AX}\)を底辺と考えれば，底辺が等しいですから，面積比は高さの比（次図の赤い線の比）と等しいです。
このとき，次図の赤い三角形は相似（\(2\)組の角がそれぞれ等しい）ですから，対応する辺の比が等しいため，上図の赤い線の比は\(\mathrm{BP}\)と\(\mathrm{PC}\)の比と等しくなります。
この比は\(\triangle\mathrm{XAB}\)と\(\triangle\mathrm{XCA}\)と等しかったのですから，次が成り立つことになります。
うまく面積の比と線分の比を繋げられました。 同様に\(\triangle\mathrm{XBC}\)と\(\triangle\mathrm{XAB}\)の面積比，\(\triangle\mathrm{XCA}\)と\(\triangle\mathrm{XBC}\)の面積比を考えれば，次が成り立つことも分かります。
これらの式をよく見ると，同じ三角形の面積が分母・分子に\(1\)つずつ現われますから，これらを辺々掛け合わせれば，三角形の面積比を打ち消して，線分の比だけが残ります。
これでチェバの定理が成り立つことを証明できました。 この定理は逆も成り立ち重要ですから，次項で確認します。
チェバの定理の逆
チェバの定理の逆は，次の内容です。 直線たちが共点であることを証明するために使えます。
\(\triangle\mathrm{ABC}\)の辺\(\mathrm{BC}\)，\(\mathrm{CA}\)，\(\mathrm{AB}\)とその延長上にそれぞれ点\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)があるとする。 これが次の【条件】を全て満たすとき，\(\mathrm{AP}\)，\(\mathrm{BQ}\)，\(\mathrm{CR}\)は共点である。（\(1\)点で交わる。）
【条件】
① \(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)のうち，\(\triangle\mathrm{ABC}\)の辺上にあるのは，\(1\)点または\(3\)点である。
② \(\mathrm{AP}\)，\(\mathrm{BQ}\)，\(\mathrm{CR}\)のうち，\(2\)本が交わる。
③ 次の式が成り立つ。
嫌になるほどややこしいですね。 共点を示すためのチェック項目が\(3\)つもあります。 このややこしさは，\(3\)点\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)が三角形の辺の延長上にある場合も考慮しているからです。
\(3\)点が三角形の辺上にある場合だけを考慮するなら，もっとすっきりした定理になります。 この場合，条件①は当然満たされ，条件②が満たされることも，図をかいてみれば分かります。
\(\triangle\mathrm{ABC}\)の辺\(\mathrm{BC}\)，\(\mathrm{CA}\)，\(\mathrm{AB}\)上にそれぞれある点\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)を考える。
これが次の式を満たすとき，\(\mathrm{AP}\)，\(\mathrm{BQ}\)，\(\mathrm{CR}\)は共点である。
簡易版の方だけ覚えておけば事足りることも多いですが，やっぱり元の\(3\)条件ある方を理解しておいた方が，応用範囲も広がります。
とはいえ覚えるのが辛いです。 条件③はインパクトがあるのでまだ良いですが，条件①や②が記憶から抜け落ちそうです。
そこで，少なくとも次の図の形は頭の中に入れておきましょう。 チェバの定理もその逆も，次の図のような状況に関する定理です。 それを文字に起こすからややこしいのであって，図の状況自体はそこまで複雑ではありません。
図を見れば，条件①の通り，辺上の点は\(1\)個（図右）か\(3\)個（図左）じゃないとダメだと分かります。
それでも条件②は，ピンと来ないかもしれません。 しかし条件①と③だけだと，次図のように②の直線が平行になってしまうことがあり，必要な条件なのです。 直線が平行だと共点にはなりません。
この図で条件①と③が成り立つことを確認しておいてください。
それでは，チェバの定理の逆を証明していきましょう。 条件①，②，③が成り立つことを前提に，\(\mathrm{AP}\)，\(\mathrm{BQ}\)，\(\mathrm{CR}\)が共点であることを示せば良いですね。
ここではチェバの定理をうまく活用しましょう。 チェバの定理もその逆も，想定する状況は似たようなものですからね。
数学Ⅰで命題とその逆の真偽は無関係であることを学びました。 そして定理は命題の一種ですから，このことは定理にも当てはまります。
ですからチェバの定理の逆を証明するために，チェバの定理を使うことには何の問題もありません。 逆同士という関係性はあるものの，その真偽は互いに独立しているからです。
まず条件①から，点\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)のうち，少なくとも\(1\)点は三角形の辺上にあります。
どの点が辺上にあると想定しても同じことですから，点\(\mathrm{Q}\)が辺\(\mathrm{CA}\)上にあるとしましょう。 次図のいずれかの状況ですね。
次に\(\mathrm{AP}\)と\(\mathrm{CR}\)の交点を\(\mathrm{X}\)とします。 あとは直線\(\mathrm{BX}\)と辺\(\mathrm{CA}\)の交点\(\mathrm{Q}'\)が\(\mathrm{Q}\)と一致することを示せば，証明完了です。
ここで「あれ？」と思った方は鋭いです。 \(\mathrm{AP}\)と\(\mathrm{CR}\)に交点がない，つまり平行である場合を考慮していませんね。 このことについては，一度証明の流れを最後まで見てから補足します。
さて，\(\mathrm{Q}\)と\(\mathrm{Q}'\)が一致することを示したいのですが，まずは点\(\mathrm{Q}'\)が，\(\mathrm{Q}\)と同じく辺\(\mathrm{CA}\)の内分点であることを確認しましょう。
これは上図を見ての通り，点\(\mathrm{X}\)が\(\angle\mathrm{ABC}\)（またはその対頂角）内にあることから分かります。 右図で\(\mathrm{P}\)や\(\mathrm{Q}\)が反対側の延長上にある場合にも，これは成り立ちます。
これで点\(\mathrm{Q}'\)が辺\(\mathrm{CA}\)上に位置することが分かりました。 あとはこれらの内分比が等しいことを示せば良いですね。
そこで比を導き出すのに使うのが，チェバの定理です。 チェバの定理を使うと，次が成り立ちます。
また，条件③から次の式が成り立つのでした。
これらを見比べると，次の式が成り立つことが分かります。
したがって，点\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{Q}'\)は辺\(\mathrm{CA}\)を同じ比で内分するため，これらは同じ点です。 つまり\(\mathrm{BQ}\)と\(\mathrm{BQ}'\)は同じ直線であり，\(\mathrm{AP}\)，\(\mathrm{BQ}\)，\(\mathrm{CR}\)は，\(\mathrm{AP}\)，\(\mathrm{BQ}'\)，\(\mathrm{CR}\)と同じく共点です。
さて，後回しにした問題を解決しましょう。 \(\mathrm{AP}\)と\(\mathrm{CR}\)が平行である場合，どうなるのでしょうか？
実は定理の条件①～③を満たす限り，このような場合はありえないのです。 つまり，何らかの矛盾が発生します。
まず錯角が等しいことから，\(\triangle\mathrm{BAP}\)と\(\triangle\mathrm{BRC}\)は相似です。
したがって，次の式が成り立ちます。
また，これを使って条件③の式を変形すると，次が成り立ちます。
最後の行では，再び\(\triangle\mathrm{BAP}\)と\(\triangle\mathrm{BRC}\)の相似を利用しています。
これで平行線と線分の比から，\(\mathrm{BQ}\)と\(\mathrm{CR}\)が平行であり，\(\mathrm{AP}\)も含めた\(3\)直線が全て平行であることが分かりました。 これは条件②に矛盾しますから，\(\mathrm{AP}\)と\(\mathrm{CR}\)は必ず交わるのです。
メネラウスの定理
次はメネラウスの定理を学びます。 チェバの定理は共点に関する定理でしたが，メネラウスの定理は共線に関する定理です。
\(\triangle\mathrm{ABC}\)とその頂点を通らない直線\(\ell\)を考える。 また，\(\ell\)は三角形の各辺またはその延長線と交わるとする。
このとき，各辺\(\mathrm{BC}\)，\(\mathrm{CA}\)，\(\mathrm{AB}\)（とその延長）が\(\ell\)と交わる点をそれぞれ\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)とすると，次が成り立つ。
式の感じはチェバの定理と同じですね。 直線\(\ell\)が三角形の辺と交点を持たない場合でも，これは成り立ちます。
セットで登場することが多いチェバとメネラウスですが，実は生きた年代は全く違います。 メネラウスは\(1\)～\(2\)世紀，チェバは\(17\)～\(18\)世紀の人物です。
メネラウスの方が遥か過去の人物ですし，チェバの定理はメネラウスの定理から簡単に証明できます（確認問題に掲載）から，本当はメネラウスの定理から学ぶべきかもしれませんね。
それではメネラウスの定理を証明しましょう。 チェバの定理のときは，線分の比を面積比から考えましたが，今回は三角形がそれほど分割された感じがないので，別の方針でいきます。
比の積を約分できる形にすれば，その値が\(1\)になることを証明できるかもしれません。 約分できるように，なるべく比に統一感を持たせるため，平行線や三角形の相似を使って比を書き換えます。
まず平行線を使った比の変換を考えましょう。 \(\ell\)と平行で頂点\(\mathrm{C}\)を通る直線を考え，その対辺との交点を\(\mathrm{X}\)とします。
\(\triangle\mathrm{AXC}\)と\(\triangle\mathrm{ARQ}\)に注目すると，平行線と線分の比（または三角形の相似）から，次の比の式が得られます。
\(\triangle\mathrm{BRP}\)と\(\triangle\mathrm{BXC}\)に注目すると，平行線と線分の比（または三角形の相似）から，次の比の式が得られます。
したがって，証明したい比の式が次のように計算できます。
これでメネラウスの定理を証明できました。 次図のように\(\ell\)が三角形の外側にある場合でも，証明は全く変わりません。
メネラウスの定理の逆も重要です。 次項で確認しましょう。
メネラウスの定理の逆
メネラウスの定理の逆は，次の内容です。 点たちが共線であることを証明するために使えます。
\(\triangle\mathrm{ABC}\)の辺\(\mathrm{BC}\)，\(\mathrm{CA}\)，\(\mathrm{AB}\)とその延長上にそれぞれ頂点でない点\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)があるとする。 これが次の【条件】を全て満たすとき，\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)は共線である。（同一直線上にある。）
【条件】
① \(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)のうち，\(\triangle\mathrm{ABC}\)の辺上にあるのは，\(0\)点または\(2\)点である。
② 次の式が成り立つ。
チェバの定理の逆と比べれば，複雑すぎるということはないですね。 とはいえ，学校で習う他の定理と比べると，ややこしい感じがしますし，特に条件①はピンときづらいですね。
そこで，少なくとも次の図の形は頭の中に入れておきましょう。 メネラウスの定理もその逆も，次の図のような状況に関する定理です。 それを文字に起こすからややこしいのであって，図の状況自体はそこまで複雑ではありません。
図を見れば，条件①の通り，辺上の点は\(0\)個（図右）か\(2\)個（図左）じゃないとダメだと分かります。
それでは，メネラウスの定理の逆を証明していきましょう。 条件①，②が成り立つことを前提に，\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)が共線であることを示せばよいですね。
チェバの定理の逆を証明したときのように，この証明にはメネラウスの定理を活用できます。
まず条件①から，点\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)のうち，少なくとも\(1\)点は辺の延長上にあります。 ここでは点\(\mathrm{Q}\)が辺\(\mathrm{CA}\)の\(\mathrm{C}\)側の延長上にあるとしましょう。 次図のいずれかの状況ですね。
次に\(\mathrm{PR}\)と\(\mathrm{CA}\)の交点を\(\mathrm{Q}'\)とします。 あとは\(\mathrm{Q}\)と\(\mathrm{Q}'\)が一致することを示せば，証明完了です。
ここでチェバの定理と同様の疑問が浮かびます。 \(\mathrm{PR}\)と\(\mathrm{CA}\)に交点がない，つまり平行である場合を考慮しなければなりません。 このことについては，一度証明の流れを最後まで見てから補足します。
さて，\(\mathrm{Q}\)と\(\mathrm{Q}'\)が一致することを示したいのですが，まずは点\(\mathrm{Q}'\)が，\(\mathrm{Q}\)と同じく辺\(\mathrm{CA}\)の延長上にある（つまり外分点である）ことを確認しましょう。
図左の場合も図右の場合も，もし直線\(\mathrm{PR}\)が辺\(\mathrm{CA}\)上で交わるとすれば，この直線は三角形と奇数回交わったことになります。 ところが直線が三角形を横切る回数は，偶数回しかありえません。
直線上の点を順に追っていくと，初めは三角形の外部にありますが，\(1\)回三角形と交わった時点で内部に入ります。 直線は最終的に三角形の外部に出るために，もう\(1\)回三角形と交わる必要があります。
つまり，直線が三角形の辺と交わる回数は\(0\)回か\(2\)回，すなわち偶数回です。 したがって，直線\(\mathrm{PR}\)が辺\(\mathrm{CA}\)上で交わることはありえません。
これで点\(\mathrm{Q}'\)が辺\(\mathrm{CA}\)の延長上に位置することが分かりました。 それが\(\mathrm{C}\)側か\(\mathrm{A}\)側かはまだはっきりしませんが，\(\mathrm{Q}\)と\(\mathrm{Q}'\)が辺\(\mathrm{CA}\)を外分する比が同じであると示せば，両者が一致することを示せます。
そこで比を導き出すのに使うのが，メネラウスの定理です。 メネラウスの定理を使うと，次が成り立ちます。
また，条件②から次の式が成り立つのでした。
これらを見比べると，次の式が成り立つことが分かります。
したがって，点\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{Q}'\)は辺\(\mathrm{CA}\)を同じ比で外分するため，これらは同じ点です。 つまり\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)は，\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}'\)，\(\mathrm{R}\)と同じく共線です。
さて，後回しにした問題を解決しましょう。 \(\mathrm{PR}\)と\(\mathrm{CA}\)が平行である場合，どうなるのでしょうか？
まず条件①より，点\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)のうち，少なくとも\(1\)点は辺の外分点であることを確認しておきます。 ここでは点\(\mathrm{Q}\)が辺\(\mathrm{CA}\)の外分点であるとしましょう。
平行線と線分の比（または三角形の相似）より，図左・図右いずれの場合でも，次が成り立ちます。
これを使って条件②の式を変形すると，次が成り立ちます。
したがって，\(\mathrm{CQ} : \mathrm{QA} = 1 : 1\)になりますが，この比は\(\mathrm{Q}\)が辺\(\mathrm{CA}\)の外分点であることに矛盾しますから，\(\mathrm{PR}\)と\(\mathrm{CA}\)は必ず交わるのです。
確認問題
メネラウスの定理を使って，チェバの定理を証明してください。
答え
まずは図をかきましょう。 \(\triangle\mathrm{ABC}\)とチェバの定理の条件に合う点\(\mathrm{X}\)をとります。 また，頂点\(\mathrm{A}\)，\(\mathrm{B}\)，\(\mathrm{C}\)と点\(\mathrm{X}\)を結ぶ直線が対辺と交わる点をそれぞれ\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)とします。
この図で次の式が成り立つことを証明すれば良いですね。
メネラウスの定理を使うためには，図の中から「三角形と直線の組み合わせ」を探す必要があります。 最終的に上の式を導くことを意識しながら，メネラウスの定理を使います。
まずは好きな三角形と直線に注目します。 例えば次図のように\(\triangle\mathrm{ABP}\)と直線\(\mathrm{CR}\)に注目します。
この図にメネラウスの定理を適用すると，図左・図右いずれの場合でも，次の式が成り立ちます。
とりあえず適当な図でメネラウスの定理を使いましたが，最終的に導きたい式とは無関係の\(\mathrm{PX}\)や\(\mathrm{XA}\)が出てきてしまいました。
この要らない部分を打ち消すため，\(\mathrm{PX}\)や\(\mathrm{XA}\)が登場する別の「三角形と直線の組み合わせ」を探すと，次図のように\(\triangle\mathrm{ACP}\)と直線\(\mathrm{BQ}\)が見つかります。
この図にメネラウスの定理を適用すると，図左・図右いずれの場合でも，次の式が成り立ちます。
これら\(2\)つの式の\(\displaystyle\frac{\mathrm{PX}}{\mathrm{XA}}\)が共通することに注目すると，次の式が成り立ちます。
この式を整理することで，次のチェバの定理の式が得られます。 これでチェバの定理が証明されました。
次の図について，\(x\)，\(y\)を求めてください。
答え
\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)は\(\triangle\mathrm{ABC}\)の辺上の点で，\(\mathrm{AP}\)，\(\mathrm{BQ}\)，\(\mathrm{CR}\)が共点なので，\(\triangle\mathrm{ABC}\)でチェバの定理を使えます。
また，上記に加えて辺\(\mathrm{CA}\)の延長上に\(\mathrm{T}\)があり，\(\mathrm{R}\)，\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{T}\)が共線なので，\(\triangle\mathrm{ABC}\)と直線\(\mathrm{RT}\)でメネラウスの定理を使えます。
チェバの定理の逆を使って，三角形の内角の二等分線\(3\)本が共点であることを証明してください。
答え
チェバの定理の逆を使って共点を示すには，\(3\)つの条件を確認する必要がありました。 よく確認しておきましょう。
\(\triangle\mathrm{ABC}\)の\(\angle\mathrm{A}\)，\(\angle\mathrm{B}\)，\(\angle\mathrm{C}\)の二等分線がその対辺（またはその延長線）と交わる点をそれぞれ\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)とします。 また，\(\mathrm{BC} = a\)，\(\mathrm{CA} = b\)，\(\mathrm{AB} = c\)とします。
まず\(\mathrm{P}\)，\(\mathrm{Q}\)，\(\mathrm{R}\)が全て辺上の点であることを確認します。 内角の二等分線上の点は，当然その内角の内部にあります。 また，その内角の対辺も内角の内部にありますから，内角の二等分線と対辺を含む直線の交点は，必ず対辺上にあります。
次に各内角の二等分線が，すべて互いに交わることを確認します。 例えば\(\angle\mathrm{A}\)の二等分線\(\mathrm{AP}\)と\(\angle\mathrm{B}\)の二等分線\(\mathrm{BQ}\)を考えます。 \(\mathrm{AP}\)によって二等分された角のうち，\(\angle\mathrm{BAP}\)側に点\(\mathrm{B}\)，\(\angle\mathrm{CAP}\)側に点\(\mathrm{Q}\)があるので，これらを結ぶ直線\(\mathrm{BQ}\)は\(\mathrm{AP}\)と交わります。
最後にチェバの定理の逆の式が成り立つことを確認します。 三角形の内角の二等分線とその対辺の交点は，対辺をその内角の両側の辺の長さの比で内分するので，次の式が成り立ちます。
この式から，次が成り立つことが分かります。
以上から，三角形の内角の二等分線はすべて対辺と辺上で交わり，それら二等分線は互いに交わり，上の式が成り立つため，チェバの定理の逆より，これら二等分線は共点です。
次の図で，\(\triangle\mathrm{ABC}\)と\(\triangle\mathrm{A}'\mathrm{B}'\mathrm{C}'\)は，\(\mathrm{AA}'\)，\(\mathrm{BB}'\)，\(\mathrm{CC}'\)が共点（共有点は\(\mathrm{O}\)）であるような三角形です。
このとき，直線\(\mathrm{AB}\)と\(\mathrm{A}'\mathrm{B}'\)，\(\mathrm{BC}\)と\(\mathrm{B}'\mathrm{C}'\)，\(\mathrm{CA}\)と\(\mathrm{C}'\mathrm{A}'\)それぞれの交点を\(\mathrm{X}\)，\(\mathrm{Y}\)，\(\mathrm{Z}\)とすると，これらが共線であることを証明してください。
答え
メネラウスの定理の逆を使って共線を示すには，\(2\)つの条件を確認する必要がありました。 よく確認しておきましょう。
\(\triangle\mathrm{ABC}\)と点\(\mathrm{X}\)，\(\mathrm{Y}\)，\(\mathrm{Z}\)に対してメネラウスの定理の逆を適用することを考えます。 図から\(3\)点とも\(\triangle\mathrm{ABC}\)の辺の延長上にあることが分かります。
あとは次の式が成り立つことを証明できれば，メネラウスの定理の逆を適用できます。
この式を得るために，式のパーツを\(1\)つずつ得ることにします。 まず\(\displaystyle\frac{\mathrm{AX}}{\mathrm{XB}}\)を得ることを考えると，\(\triangle\mathrm{OAB}\)と直線\(\mathrm{A}'\mathrm{B}'\)に対してメネラウスの定理を使えば良いですね。
なぜこの三角形と直線に注目するかというと，この比を登場させるには，辺\(\mathrm{AB}\)をもつ三角形と点\(\mathrm{X}\)を通る直線が必要だからです。 そう考えると，\(\mathrm{X}\)を通る直線として考えられるのは\(\mathrm{A}'\mathrm{B}'\)ですし，この直線上の点\(\mathrm{A}'\)，\(\mathrm{B}'\)が辺の延長上にある三角形として考えられるのは\(\triangle\mathrm{OAB}\)です。
この三角形と直線に対してメネラウスの定理を使うと，次の式が得られます。
同様に，次は\(\displaystyle\frac{\mathrm{BY}}{\mathrm{YC}}\)を得るために\(\triangle\mathrm{OBC}\)と直線\(\mathrm{B}'\mathrm{C}'\)を考えます。
この三角形と直線に対してメネラウスの定理を使うと，次の式が得られます。
残りの\(\displaystyle\frac{\mathrm{CZ}}{\mathrm{ZA}}\)を得るために\(\triangle\mathrm{OCA}\)と直線\(\mathrm{C}'\mathrm{A}'\)を考えます。
この三角形と直線に対してメネラウスの定理を使うと，次の式が得られます。
得られた\(3\)つの式を辺々掛けると，次の目的の式が得られます。
以上から，メネラウスの定理の逆により，\(3\)点\(\mathrm{X}\)，\(\mathrm{Y}\)，\(\mathrm{Z}\)が共線であることが示されました。
これを一般化した定理がデザルグの定理です。