A körülírt négyszög szükséges és elégséges feltétele. A beírt négyszög és tulajdonságai

A kört négyszögbe írtnak mondjuk, ha a négyszög minden oldala érinti a kört.

Ennek a körnek a középpontja a négyszög sarkai felezőinek metszéspontja. Ebben az esetben az érintőpontokra húzott sugarak merőlegesek a négyszög oldalaira

Egy kört körülírtnak nevezünk egy négyszög körül, ha minden csúcsán áthalad.

Ennek a körnek a középpontja a metszéspont merőleges felezők a négyszög oldalaihoz

Nem minden négyszög írható körbe, és nem minden négyszög írható körbe.

A FELIRATOS ÉS KÖR négyszögek TULAJDONSÁGAI

TÉTEL Konvex beírt négyszögösszegben ellentétes szögek egyenlő egymással és egyenlő 180°-kal.

TÉTEL Megfordítva: ha egy négyszögben a szemközti szögek összege egyenlő, akkor a négyszög körül kör írható le. Középpontja az oldalakra merőleges felezők metszéspontja.

TÉTEL Ha egy kör négyszögbe van írva, akkor szemközti oldalainak összege egyenlő.

TÉTEL Megfordítva: ha egy négyszögben a szemközti oldalak összege egyenlő, akkor kör írható bele. Középpontja a felezők metszéspontja.

Következmények: az összes paralelogramma közül csak egy téglalap körül (különösen egy négyzet körül) írható le kör.

Az összes paralelogramma közül csak egy rombusz (különösen egy négyzet) írhat kört (a középpont az átlók metszéspontja, a sugár felével egyenlő magasság).

Ha egy kör leírható egy trapéz körül, akkor az egyenlő szárú. Egy kör leírható bármely egyenlő szárú trapéz körül.

Ha egy kör trapézba van írva, akkor a sugara egyenlő a magasság felével.

Feladatok megoldásokkal

1. Határozzuk meg egy 5-ös sugarú körbe írt téglalap átlóját!

A téglalapra körülírt kör középpontja az átlóinak metszéspontja. Ezért az átló AC egyenlő 2-vel R. Azaz AC=10
Válasz: 10.

2. Leírunk egy kört egy trapéz körül, amelynek alapjai 6 cm és 8 cm, magassága 7 cm. Határozza meg ennek a körnek a területét.

Hadd DC=6, AB=8. Mivel a kör egy trapéz körül van körülírva, egyenlő szárú.

Rajzoljunk két magasságot DM és CN.Mivel a trapéz egyenlő szárú, akkor AM=NB=

Akkor AN=6+1=7

Egy háromszögből ANS Pitagorasz-tételt használva azt találjuk AC.

Egy háromszögből CВN Pitagorasz-tételt használva azt találjuk Nap.

A trapéz körülírt köre egyben a háromszög körülírt köre is. DIA

Keressük meg ennek a háromszögnek a területét kétféleképpen a képletek segítségével

Ahol h- magasság és - háromszög alapja

Ahol R a körülírt kör sugara.

Ezekből a kifejezésekből kapjuk az egyenletet. Ahol

A kör területe egyenlő lesz

3. A szögek és a négyszögek úgy kapcsolódnak egymáshoz, mint . Határozza meg a szöget, ha egy adott négyszög körül kör írható le. Válaszát fokokban adja meg

A feltételből következik, hogy .Mivel egy négyszög körül kör írható le, akkor

Megkapjuk az egyenletet . Akkor . Egy négyszög összes szögének összege 360º. Akkor

. honnan szerezzük azt

4.A körre körülírt trapéz oldalai 3 és 5. Határozzuk meg a trapéz középvonalát!

Akkor a középső vonal

5. Kerület téglalap alakú trapéz egy körre körülírt 22, a fő oldal egyenlő 7. Határozzuk meg a kör sugarát.

A trapézben a beírt kör sugara egyenlő a magasság felével. Rajzoljuk meg az SC magasságát.

Akkor .

Mivel a kör trapézba van írva, a hosszak összege ellentétes oldalak egyenlőek. Akkor

Aztán a kerület

Megkapjuk az egyenletet

6. Egy egyenlő szárú trapéz alapjai 8 és 6. A körülírt kör sugara 5. Határozza meg a trapéz magasságát!

Legyen O a trapéz körül körülírt kör középpontja. Akkor .

Rajzoljuk meg a KH magasságot az O ponton keresztül

Akkor , ahol KO és OH magasságok és egyben mediánok egyenlő szárú háromszögek DOC és AOB. Akkor

A Pitagorasz-tétel szerint.

Konvex négyszög A B C D (\displaystyle \displaystyle ABCD) akkor és csak akkor van beírva, ha a szemközti szögek összeadják a 180°-ot, azaz .

A + C = B + D = π = 180 ∘ .

(\displaystyle A+C=B+D=\pi =180^(\circ ).) A tétel az volt 22. javaslat Eukleidész 3. könyvében Kezdetek

. Ezzel egyenértékűen egy konvex négyszög akkor és csak akkor írható be, ha a szomszédos szög egyenlő a szemközti belső szöggel.

p q = a c + b d . (\displaystyle \displaystyle pq=ac+bd.) Ha két egyenes, amelyek közül az egyik szakaszt tartalmaz A.C., a másik pedig egy szegmens BD, egy pontban metszik egymást P, , majd négy pont, A, B C

akkor és csak akkor feküdj a körön BD A P ⋅ P C = B P ⋅ P D . (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.) Metszéspont a körön belül és kívül egyaránt feküdhet. Az első esetben egy beírt négyszög lesz ABCD BD osztja az egyik átlót, és egyenlő a másik átló szakaszainak szorzatával. Ez az állítás az úgynevezett metsző akkordtétel, mivel a beírt négyszög átlói a körülírt kör húrjai.

Konvex négyszög (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.) akkor és csak akkor van felírva

tan ⁡ A 2 tan ⁡ C 2 = tan ⁡ B 2 tan ⁡ D 2 = 1. (\displaystyle \tan (\frac (A)(2))\tan (\frac (C)(2))=\tan (\frac (B)(2))\tan (\frac (D)(2))=1.)

Négyzet

S = (p − a) (p − b) (p − c) (p − d) (\displaystyle S=(\sqrt ((p-a)(p-b)(p-c)(p-d))))

Egy ciklikus négyszögnek van a legnagyobb területe az összes azonos oldalhosszúságú négyszög közül. Ez Brettschneider kapcsolatának egy másik következménye. Az állítás matematikai elemzéssel igazolható.

Négy egyenlőtlen hosszúság, mindegyik kisebb, mint a másik három összege, három inkongruens beírt négyszög oldalai, és Brahmagupta képlete szerint ezeknek a háromszögeknek ugyanaz a területe. Főleg a feleknek a, b, cÉs d oldal a bármelyik oldal ellentéte lehet b, c vagy d. A három beírt négyszög közül bármelyik kettőnek azonos az átlója.

Egy ciklikus négyszög területe egymást követő oldalakkal a, b, c, dés szög , majd négy pont a felek között aÉs b képlettel fejezhető ki

S = 1 2 (a b + c d) sin ⁡ B (\displaystyle S=(\tfrac (1) (2))(ab+cd)\sin (B)) S = 1 2 (a c + b d) sin ⁡ θ (\displaystyle S=(\tfrac (1)(2))(ac+bd)\sin (\theta ))

Ahol θ - bármilyen szög az átlók között. Ha a szög P nem egyenes, a területet a képlettel lehet kifejezni

S = 1 4 (a 2 − b 2 − c 2 + d 2) tan ⁡ A . (\displaystyle S=(\tfrac (1)(4))(a^(2)-b^(2)-c^(2)+d^(2))\tan (A).) S = 2 R 2 sin ⁡ A sin ⁡ B sin ⁡ θ (\displaystyle S=2R^(2)\sin (A)\sin (B)\sin (\theta )),

S ≤ 2 R 2 (\displaystyle S\leq 2R^(2))

és az egyenlőtlenség akkor és csak akkor válik egyenlővé, ha a négyszög négyzet.

Diagonal vonalok P, , majd négy pont, A, B Felsőrészekkel a = AB, b = (ebben a sorrendben) és a felek, c = IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT.És d = CD D.A. átlós hosszak = (\displaystyle \displaystyle pq=ac+bd.)És p = A.C. q

oldalakkal fejezhető ki p = (a c + b d) (a d + b c) a b + c d (\displaystyle p=(\sqrt (\frac ((ac+bd)(ad+bc))(ab+cd)))) q = (a c + b d) (a b + c d) a d + b c (\displaystyle q=(\sqrt (\frac ((ac+bd)(ab+cd))(ad+bc))))

p q = a c + b d . (\displaystyle pq=ac+bd.) ,

Alapján

ugyanazzal a jelöléssel, mint korábban.

Az átlók összegére megvan az egyenlőtlenség

p + q ≥ 2 a c + b d .

(\displaystyle p+q\geq 2(\sqrt (ac+bd)).)

Egy egyenlőtlenség akkor és csak akkor válik egyenlővé, ha az átlók azonos hosszúságúak, ami a számtani és a geometriai átlag egyenlőtlenségével mutatható ki.

(p + q) 2 ≤ (a + c) 2 + (b + d) 2 . (\displaystyle (p+q)^(2)\leq (a+c)^(2)+(b+d)^(2).) Bármely konvex négyszögben két átló osztja a négyszöget négy háromszögre. Ciklikus négyszögben ezek ellentétes párjai

négy háromszög hasonlóÉs Ha M (\displaystyle \displaystyle pq=ac+bd.)És A.C. N

az átlók felezőpontjai

Ahol , AztÉs M N E F = 1 2 | A C B D − B D A C |

négy háromszög (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.)(\displaystyle (\frac (MN)(EF))=(\frac (1)(2))\left|(\frac (AC)(BD))-(\frac (BD)(AC))\right |) (\displaystyle \displaystyle pq=ac+bd.) E A.C. F BD N

- szemközti oldalak metszéspontjai.

- beírt négyszög és

a, b, c, d kereszteket azon a pontonés szög P a felek között aÉs d A P C P = A B C B ⋅ A D C D . P(\displaystyle (\frac (AP)(CP))=(\frac (AB)(CB))\cdot (\frac (AD)(CD)).)

Szögképletek , fél kerülete s

trigonometrikus szögfüggvények θ egyenlő

cos ⁡ A = a 2 + d 2 − b 2 − c 2 2 (a d + b c) , (\displaystyle \cos A=(\frac (a^(2)+d^(2)-b^(2) -c^(2))(2(ad+bc))),)

sin ⁡ A = 2 (s − a) (s − b) (s − c) (s − d) (a d + b c) , (\displaystyle \sin A=(\frac (2(\sqrt ((s-a)) (s-b)(s-c)(s-d))))((ad+bc))),) aÉs c tan⁡ A 2 = (s − a) (s − d) (s − b) (s − c) . (\displaystyle \tan (\frac (A)(2))=(\sqrt (\frac ((s-a)(s-d))((s-b)(s-c)))).) Sarokba

az átlók között hajtják végre

tan⁡ θ 2 = (s − b) (s − d) (s − a) (s − c) .

(\displaystyle \tan (\frac (\theta )(2))=(\sqrt (\frac ((s-b)(s-d))((s-a)(s-c)))).) a, b, c, d Ha az ellentétes oldalak folytatásai azon a ponton szögben metszik egymást

ϕ (\displaystyle \phi )

, Azt cos ⁡ ϕ 2 = (s − b) (s − d) (b + d) 2 (a b + c d) (a d + b c) (\displaystyle \cos (\frac (\phi )(2))=(\ sqrt (\frac ((s-b)(s-d)(b+d)^(2))((ab+cd)(ad+bc))))) Parameshwar képlete

Ha egy ciklikus négyszög átlói egy pontban metszik egymást BD, és az átlók felezőpontja - VÉs W, akkor a négyszög anticentruma a háromszög ortocentruma VWP, és a csúcsközpont az átlók felezőpontjait összekötő szakasz közepén van.

Egy beírt négyszögben a "terület súlypontja" G a, "csúcs centroid" Gvés kereszteződés BDátlói ugyanazon az egyenesen fekszenek. A pontok közötti távolságokra az egyenlőség

P G a = 4 3 P G v.

(\displaystyle PG_(a)=(\tfrac (4)(3))PG_(v).)

Egyéb tulajdonságok (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.) Ciklikus négyszögben a körülírt kör közepével O BD hagyja (\displaystyle \displaystyle pq=ac+bd.)És A.C.- átlók metszéspontja . Aztán a szög APB a szögek számtani átlagaÉs AOB TŐKEHAL. . Ez egyenes következménye a beírt szögtételnek és.

háromszög külső szög tételei Ha egy ciklikus négyszög oldalhosszai számtani progressziót alkotnak, akkor a négyszög is.

kívülről leírva

Brahmagupta négyszögek Brahmagupta négyszög egy ciklikus négyszög egész oldalhosszúsággal, egész hosszúságú átlókkal és egész területtel. Minden Brahmagupta négyszög oldallal a, b, c, d , Diagonal vonalok e, f R, S terület és a körülírt kör sugara a nevező eltávolításával kaphatjuk meg következő kifejezéseket (racionális paraméterekkel, tÉs u):

v a = [ t (u + v) + (1 − u v) ] [ u + v − t (1 − u v) ] (\displaystyle a=) b = (1 + u 2) (v − t) (1 + t v) (\megjelenítési stílus b=(1+u^(2))(v-t)(1+tv)) c = t (1 + u 2) (1 + v 2) (\displaystyle c=t(1+u^(2))(1+v^(2))) d = (1 + v 2) (u − t) (1 + t u) (\displaystyle d=(1+v^(2))(u-t)(1+tu)) e = u (1 + t 2) (1 + v 2) (\displaystyle e=u(1+t^(2))(1+v^(2))) f = v (1 + t 2) (1 + u 2) (\displaystyle f=v(1+t^(2))(1+u^(2))) S = u v [ 2 t (1 − u v) − (u + v) (1 − t 2) ] [ 2 (u + v) t + (1 − u v) (1 − t 2) ] (\displaystyle S= uv)

4 R = (1 + u 2) (1 + v 2) (1 + t 2) .

(\displaystyle 4R=(1+u^(2))(1+v^(2))(1+t^(2)).)

Az átlós ciklikus négyszögek tulajdonságai A körülírt kör területe és sugara Legyen egy ciklikus négyszög, amely szintén ortodiagonális (azaz rendelkezik átlós hosszak merőleges átlók átlós hosszak), az átlók metszéspontja az egyik átlót hosszúságú szakaszokra osztja p merőleges átlók p 1 és 2, a másikat pedig hosszúságú szegmensekre osztja 2. Akkor (az első egyenlőség

D 2 = p 1 2 + p 2 2 + q 1 2 + q 2 2 = a 2 + c 2 = b 2 + d 2 (\megjelenítési stílus D^(2)=p_(1)^(2)+p_( 2)^(2)+q_(1)^(2)+q_(2)^(2)=a^(2)+c^(2)=b^(2)+d^(2)),

Ahol B -

vagy a négyszög oldalain keresztül

R = 1 2 a 2 + c 2 = 1 2 b 2 + d 2.

(\displaystyle R=(\tfrac (1)(2))(\sqrt (a^(2)+c^(2)))=(\tfrac (1)(2))(\sqrt (b^( 2)+d^(2))).)

Ebből az is következik

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 8 R 2 . átlós hosszakÉs p(\displaystyle a^(2)+b^(2)+c^(2)+d^(2)=8R^(2.) Így az Euler-képlet szerint a sugár kifejezhető átlókkalés távolság

az átlók felezőpontjai között R = p 2 + q 2 + 4 x 2 8 .(\displaystyle R=(\sqrt (\frac (p^(2)+q^(2)+4x^(2))(8))).)

Képlet a területre

K Egy beírt ortodiagonális négyszögből közvetlenül az oldalakon keresztül kaphatjuk meg a Ptolemaiosz-tételt (lásd fent) és az ortodiagonális négyszög területének képletét kombinálva. Ennek eredményeként azt kapjuk
Irodalom Claudi Alsina, Roger Nelsen.
Amikor a kevesebb több: Az alapvető egyenlőtlenségek megjelenítése, 4.3. fejezet Ciklikus, érintő és bicentrikus négyszögek. - Mathematical Association of America, 2009. - ISBN 978-0-88385-342-9. Claudi Alsina, Roger B. Nelsen. Ciklikus négyszög átlóin // Forum Geometricorum. - 2007. - T. 7. Nathan Altshiller-Court. Főiskolai geometria: Bevezetés a háromszög modern geometriájába
és a
Kör. - 2. - Courier Dover, 2007. - ISBN 978-0-486-45805-2.(org. 1952)=Titu Andreescu, Bogdan Enescu. . Harold Scott MacDonald Coxeter, Samuel L. Greitzer. Geometry Revisited. 3.2 Ciklikus négyszögek; Brahmagupta képlete - Amerika Matematikai Szövetsége, 1967. - ISBN 978-0-88385-619-2.
Fordítás G. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer. Új találkozások a geometriával. 3.2 Beírt négyszögek; Brahmagupta tétele. - Moszkva: „Tudomány”, 1978. - (A matematikai kör könyvtára).. - 2007.
Crux Mathematicorum.-ban javasolt egyenlőtlenségek
Crux Mathematicorum D. Fraivert. A beírható négyszög és a Pascal-pontokat alkotó kör elmélete // Journal of Mathematical Sciences: Advances and Applications. - 2016. - T. 42. - P. 81–107. - DOI:10.18642/jmsaa_7100121742.
C. V. Durell, A. Robson. Fejlett trigonometria. - Courier Dover, 2003. - ISBN 978-0-486-43229-8.
(eredeti 1930) Ciklikus négyszög kör sugara // Matematikai Közlöny. - 2000. - T. 84, szám. 499 március.
Ross Honsberger. Epizódok a tizenkilencedik és huszadik századi euklideszi geometriában. - Cambridge-i Egyetem Nyomda, 1995. - T. 37. - (Új Matematikai Könyvtár). - ISBN 978-0-88385-639-0.
Roger A. Johnson. Fejlett euklideszi geometria. - Dover Publ, 2007.(eredeti 1929)
Tamás Péter. Egy négyszög területének maximalizálása // The College Mathematics Journal. - 2003. - T. 34. szám. szeptember 4.
Alfred S. Posamentier, Charles T. Salkind. Kihívást jelentő geometriai problémák. - 2. - Courier Dover, 1970. - ISBN 978-0-486-69154-1. fejezet: Megoldások: 4-23 Bizonyítsuk be hogy a két merőleges húr által alkotott szakaszok négyzeteinek összege egyenlő az adott kör átmérőjének négyzetével.

, Fordítás orosz kiadásból V.V. Prasolov. Problémák a planimetriában. oktatóanyag. - 5. - Moszkva: MTsNMO OAO "Moszkvai tankönyvek", 2006. - ISBN 5-94057-214-6

Háromszög esetén mindig lehetséges a beírt kör és a körülírt kör is.

Négyszögre egy kör csak akkor írható fel, ha a szemközti oldalainak összege megegyezik. Az összes paralelogramma közül csak egy rombusz és egy négyzet írható körbe. Középpontja az átlók metszéspontjában található.

Egy kör csak akkor írható le egy négyszög körül, ha az összeg ellentétes sarkok egyenlő 180°-kal. Az összes paralelogramma közül csak egy téglalap és egy négyzet írható le körként. Középpontja az átlók metszéspontjában található.

Leírható egy trapéz körüli kör, vagy egy kör trapézbe írható, ha a trapéz egyenlő szárú.

Circumcenter

Tétel. A háromszögre körülírt kör középpontja a háromszög oldalaira merőleges felezők metszéspontja.

A sokszögre körülírt kör középpontja a sokszög oldalaira merőleges felezők metszéspontja.

Középen írt kör

Meghatározás. A konvex sokszögbe írt kör olyan kör, amely ennek a sokszögnek minden oldalát érinti (azaz a sokszög minden oldala érinti a kört).

A beírt kör középpontja a sokszög belsejében található.

Azt a sokszöget, amelybe kör van írva, körülírtnak nevezzük.

Konvex sokszögbe kör írható be, ha mindegyik felezőpontja belső sarkok egy pontban metszik egymást.

Sokszögbe írt kör középpontja- felezőinek metszéspontja.

A beírt kör középpontja egyenlő távolságra van a sokszög oldalaitól. A középpont és bármely oldal távolsága megegyezik a beírt kör sugarával. Az egy pontból húzott érintők tulajdonsága szerint a körülírt sokszög bármely csúcsa egyenlő távolságra van az ettől a csúcstól kinyúló oldalakon fekvő érintőpontoktól.

Egy kör bármely háromszögbe beírható. A háromszögbe írt kör középpontját középpontnak nevezzük.

Egy kör akkor és csak akkor írható be konvex négyszögbe, ha szemközti oldalainak hosszának összege egyenlő. Különösen egy kör írható trapézba, ha az alapjainak összege egyenlő az oldalainak összegével.

Egy kör bármely szabályos sokszögbe beírható. Bármelyik körül szabályos sokszög Leírhatsz egy kört is. A beírt és körülírt kör középpontja egy szabályos sokszög középpontjában található.

Bármely körülírt sokszög esetén a beírt kör sugarát a képlet segítségével találhatjuk meg

Ahol S a sokszög területe, p a fél kerülete.

Szabályos n-gon - képletek

A szabályos n-szög oldalhosszának képletei

1. A szabályos n-szög oldalának képlete a beírt kör sugara szerint:

2. A szabályos n-szög oldalának képlete a körülírt kör sugara szerint:

Szabályos n-szög kör sugarának képlete

Az n-szög beírt körének sugarának képlete az oldal hosszával:

4. Körülmetélési sugár képlete szabályos háromszög oldalhossz:

6. A szabályos háromszög területének képlete a beírt kör sugara alapján: S = r 2 3√3

7. A szabályos háromszög területének képlete a körülírt kör sugara alapján:

4. A szabályos négyszög oldalhosszúság szerinti kör sugarának képlete:

2. A szabályos hatszög oldalának képlete a kör sugara szerint: a = R

3. A szabályos hatszög beírt körének sugarának képlete az oldal hosszában:

6. A szabályos hatszög területének képlete a beírt kör sugarában: S = r 2 2√3

7. A szabályos hatszög területének képlete a körülírt kör sugara alapján:

S=	R 2 3√3

8. Szabályos hatszög oldalai közötti szög: α = 120°

A szám jelentése(kiejtett "pi") - matematikai állandó, egyenlő az aránnyal

a kör kerülete az átmérőjének hosszához képest végtelen tizedes törtként fejeződik ki.

A görög ábécé "pi" betűje jelöli. Mivel egyenlő a pi? BAN BEN egyszerű esetek Elég az első 3 jelet ismerni (3.14).

53. Határozza meg a n° középponti szögének megfelelő R sugarú kör ívének hosszát!

A kör sugarával egyenlő hosszúságú ív által bezárt központi szöget 1 radiános szögnek nevezzük.

Az 1 radián szög mértéke a következő:

Mivel az ív hossza π R (félkör), subtends központi szög 180-nál ° , akkor egy R hosszúságú ív bezárja a szöget π alkalommal kisebb, i.e.

És fordítva

Mert π = 3,14, majd 1 rad = 57,3°

Ha a szög tartalmaz a radián, akkor azt fokmérő egyenlő

És fordítva

Általában egy szög radiánban való megadásakor a „rad” név kimarad.

Például 360° = 2π rad, 360° = 2π-t írnak

A táblázat a leggyakoribbakat mutatja be szögek fokban és radiánban.

A leírt négyszögek példái a deltoidok, amelyek rombuszokat tartalmaznak, amelyek viszont négyzeteket tartalmaznak. A deltoidok pontosan azok a körülírt négyszögek, amelyek szintén merőlegesek. Ha egy négyszög körülírt és ciklikus négyszög, akkor ún bicentrális.

Tulajdonságok

Egy körülírt négyszögben négy felezőszög metszi egymást a kör középpontjában. Megfordítva, egy olyan konvex négyszöget, amelyben négy felező egy pontban metszi egymást, körül kell írni, és a felezők metszéspontja a beírt kör középpontja.

Ha szemközti oldalak egy domború négyszögben (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.)(ami nem trapéz) pontokban metszik egymást , AztÉs M N E F = 1 2 |, akkor akkor és csak akkor érintik a kört

B E + B F = D E + D F (\displaystyle \displaystyle BE+BF=DE+DF) A E − E C = A F − F C .

(\displaystyle \displaystyle AE-EC=AF-FC.) A második egyenlőség majdnem ugyanaz, mint a benne lévő egyenlőség Urquhart tétele

. Az egyetlen különbség az előjelekben van - Urquhart összegtételében, itt pedig a különbségekben (lásd a jobb oldali ábrát). Egyéb szükséges és elégséges állapot (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.)- konvex négyszög akkor és csak akkor van leírva, ha háromszögekbe van beírvaÉs ABC ADC

a körök összeérnek. A sarkok leírása A.C. az átló alkotja (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.) négyszög oldalaival

, Iosifescuhoz tartozik. 1954-ben bebizonyította, hogy a konvex négyszögnek akkor és csak akkor van bekerete tan ⁡ ∠ A B D 2 ⋅ tan ⁡ ∠ B D C 2 = tan ⁡ ∠ A D B 2 ⋅ tan ⁡ ∠ D B C 2 .,

Ahol R a , R b , R c , R d az oldalakat kívülről érintő körök sugarai a, b, c, d illetve a szomszédos oldalak folytatásai mindkét oldalon.

Néhány más leírás is ismert négy, átlókkal alkotott háromszögről.

Különleges szakaszok

Nyolc érintő szegmensek a leírt négyszögből a csúcsok közötti szakaszok és az oldalak érintkezési pontjai. Minden csúcsnak két egyenlő érintőszegmense van.

Az érintőpontok egy beírt négyszöget alkotnak.

Négyzet

Nem trigonometrikus képletek

K = 1 2 p 2 q 2 − (a c − b d) 2 (\displaystyle K=(\tfrac (1)(2))(\sqrt (p^(2)q^(2)-(ac-bd) ^(2)))),

átlók tekintetében megadva a területet átlós hosszak, pés partik a, b, c, dérintőnégyszög.

A terület érintőszegmensekkel is ábrázolható (lásd fent). Ha azokkal jelöljük őket e, f, g, h, akkor az érintőnégyszögnek területe van

K = (e + f + g + h) (e f g + f g h + g h e + h e f) .

(\displaystyle K=(\sqrt ((e+f+g+h)(efg+fgh+ghe+hef))).) egy ciklikus négyszög egész oldalhosszúsággal, egész hosszúságú átlókkal és egész területtel. Minden Brahmagupta négyszög oldallal Ezenkívül az érintőnégyszög területe oldalakkal is kifejezhető és az érintőszegmensek megfelelő hosszát

e, f, g, h

K = a b c d − (e g − f h) 2 . (\displaystyle K=(\sqrt (abcd-(eg-fh)^(2))).) = Mert a például fh akkor és csak akkor, ha ez is be van írva, akkor azt kapjuk, hogy a maximális terület

a b c d (\displaystyle (\sqrt (abcd)))

csak olyan négyszögeken érhető el, amelyek egyszerre vannak körülírva és beírva.

Trigonometrikus képletek K = a b c d sin ⁡ A + C 2 = a b c d sin ⁡ B + D 2 .(\displaystyle K=(\sqrt (abcd))\sin (\frac (A+C)(2))=(\sqrt (abcd))\sin (\frac (B+D)(2)).)

Az oldalak adott szorzata esetén a terület akkor lesz maximális, ha a négyszög is ciklikus. Ebben az esetben (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.) K = a b c d (\displaystyle K=(\sqrt (abcd)))

mert az ellentétes szögek komplementerek. Ez más módon is igazolható, matematikai elemzéssel.,

Ahol a körülírt kör közepével Egy másik képlet egy körülírt négyszög területének

, két ellentétes szöget használva

K = (O A ⋅ O C + O B ⋅ O D) sin ⁡ A + C 2 (\displaystyle K=\left(OA\cdot OC+OB\cdot OD\right)\sin (\frac (A+C)(2) )) K = 1 2 |

Ahol θ (a c − b d) tan ⁡ θ | θ , (\displaystyle K=(\tfrac (1)(2))|(ac-bd)\tan (\theta )|,)

szög (bármilyen) az átlók között. A képlet nem alkalmazható deltoid esetén, mivel ebben az esetben

egyenlő 90°-kal, és az érintő nincs meghatározva. a, b, c, d Egyenlőtlenségek

Ahogy fentebb említettük, egy érintő sokszög területe oldalakkal

kielégíti az egyenlőtlenséget bicentrális.

K ≤ a b c d (\displaystyle K\leq (\sqrt (abcd))) azon a pontonés az egyenlőség akkor és csak akkor valósul meg, ha a négyszög az

T. A. Ivanova (1976) szerint félperiméter,

Ahol a leírt négyszögből kielégíti az egyenlőtlenséget s ≥ 4 r (\displaystyle s\geq 4r) R = p 2 + q 2 + 4 x 2 8 . = r- a beírt kör sugara. Az egyenlőtlenség akkor és csak akkor válik egyenlővé, ha a négyszög négyzet. Ez azt jelenti, hogy a területre

, az egyenlőtlenség fennáll

K ≥ 4 r 2 (\displaystyle K\geq 4r^(2))

az egyenlőségre való átmenettel akkor és csak akkor, ha a négyszög négyzet. Négyszög részeinek tulajdonságai.

A beírt kör középpontja és az érintési pontok közötti négy egyenes szakasz négy részre osztja a négyszöget

derékszögű deltoid

Ha egy egyenes egy körülírt négyszöget két egyenlő területű és kerületű sokszögre oszt, akkor ez az egyenes átmegy a középponton. a, b, c, d Beírt kör sugara

Egy körülírt, oldalas négyszög beírt körének sugara,

Ahol R = p 2 + q 2 + 4 x 2 8 . képlet adja meg azon a ponton r = K s = K a + c = K b + d (\megjelenítési stílus r=(\frac (K)(s))=(\frac (K)(a+c))=(\frac (K)( b+d)))

a négyszög területe, és

- fél kerület. Adott fél kerületű körülírt négyszögeknél a beírt kör sugara akkor a legnagyobb, ha a négyszög is beírt.

Érintőszakaszok tekintetében a beírt kör sugara. a körülírt kör közepével r = e f g + f g h + g h e + h e f e + f + g + h. (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.)(\displaystyle \displaystyle r=(\sqrt (\frac (efg+fgh+ghe+hef)(e+f+g+h))).) A beírt kör sugara a középponttól való távolsággal is kifejezhető, a körülírt négyszög csúcsaihoz, . HaÉs u = AO Sarokba

v = BO,

Ahol x = CO .

y = DO

négy háromszög e, f, gÉs h r = 2 (σ − u v x) (σ − v x y) (σ − x y u) (σ − y u v) u v x y (u v + x y) (u x + v y) (u y + v x) (\displaystyle r=2(\sqrt (\) frac ((\sigma -uvx)(\sigma -vxy)(\sigma -xyu)(\sigma -yuv))(uvxy(uv+xy)(ux+vy)(uy+vx))))) P, , majd négy pont, AÉs B illetőleg a kör négyszög általi érintési pontjaihoz (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.), akkor a képletek segítségével kiszámíthatóak a négyszög szögei

sin ⁡ A 2 = e f g + f g h + g h e + h e f (e + f) (e + g) (e + h) , (\displaystyle \sin (\frac (A)(2))=(\sqrt (\frac) (efg+fgh+ghe+hef)((e+f)(e+g)(e+h)))),) sin ⁡ B 2 = e f g + f g h + g h e + h e f (f + e) (f + g) (f + h) , (\displaystyle \sin (\frac (B)(2))=(\sqrt ( \frac (efg+fgh+ghe+hef)((f+e)(f+g)(f+h)))),) sin ⁡ C 2 = e f g + f g h + g h e + h e f (g + e) (g + f) (g + h) , (\displaystyle \sin (\frac (C)(2))=(\sqrt ( \frac (efg+fgh+ghe+hef)((g+e)(g+f)(g+h)))),) sin ⁡ D 2 = e f g + f g h + g h e + h e f (h + e) (h + f) (h + g) .

(\displaystyle \sin (\frac (D)(2))=(\sqrt (\frac (efg+fgh+ghe+hef)((h+e)(h+f)(h+g)))) .) Szög az akkordok közöttÉs K.M. LN

képlet adja meg (lásd az ábrát)

és az egyenlőtlenség akkor és csak akkor válik egyenlővé, ha a négyszög négyzet.

négy háromszög e, f, gÉs h sin ⁡ φ = (e + f + g + h) (e f g + f g h + g h e + h e f) (e + f) (f + g) (g + h) (h + e) . P, , majd négy pont, AÉs B(\displaystyle \sin (\varphi )=(\sqrt (\frac ((e+f+g+h)(efg+fgh+ghe+hef))((e+f)(f+g)(g+ h )(h+e)))).) (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.)érintő szegmensek a a négyszög által beírt kör érintési pontjaihozÉs , majd az átlók hosszát(\displaystyle (\frac (AP)(CP))=(\frac (AB)(CB))\cdot (\frac (AD)(CD)).)

p = AC q = BD

p = e + g f + h ((e + g) (f + h) + 4 f h) , (\displaystyle \displaystyle p=(\sqrt ((\frac (e+g)(f+h))(\ Nagy ()(e+g)(f+h)+4fh(\Big)))),)

négy háromszög e, f, gÉs h q = f + h e + g ((e + g) (f + h) + 4 e g) .

(\displaystyle \displaystyle q=(\sqrt ((\frac (f+h)(e+g))(\Big ()(e+g)(f+h)+4eg(\Big)))). ) Érintőpontok akkordjai

a csúcsoktól az érintési pontokig tartó szakaszok, akkor a vele szemben lévő érintési pontok közötti húrok hossza egyenlő k = 2 (e f g + f g h + g h e + h e f) (e + f) (g + h) (e + g) (f + h) , (\displaystyle \displaystyle k=(\frac (2(efg+fgh+ ghe) +hef))(\sqrt ((e+f)(g+h)(e+g)(f+h)))),) l = 2 (e f g + f g h + g h e + h e f) (e + h) (f + g) (e + g) (f + h) , (\displaystyle \displaystyle l=(\frac (2(efg+fgh+ ghe) +hef))(\sqrt ((e+h)(f+g)(e+g)(f+h)))),) a = e + fÉs c = g + h hol van az akkord k oldalait hosszokhoz köti b = f + gÉs d = h + e, és az akkord

hosszával összeköti az oldalakat

. Az akkordarány négyzete kielégíti az összefüggést ABÉs IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. k 2 l 2 = b d a c . (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.)(\displaystyle (\frac (k^(2))(l^(2)))=(\frac (bd)(ac)).) (ebben a sorrendben) és a felekÉs CD Két akkord ABÉs IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. rövidebb, mint az oldalak közötti középvonal (ebben a sorrendben) és a felekÉs CD .

Ha a körülírt négyszög (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.)érintési pontjai vannak hasonló tovább ABÉs Ha tovább IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT.és akkord MN keresztezi az átlót A.C. F BD, akkor az érintőszegmensek aránya B M D N (\displaystyle (\tfrac (BM)(DN))) egyenlő az aránnyal B P D P (\displaystyle (\tfrac (BP)(DP)))átlós szegmensek A.C..

Kollineáris pontok

négy háromszög M 1És M 2 az átlók felezőpontjai (\displaystyle \displaystyle pq=ac+bd.)És A.C. illetőleg a körülírt négyszögben (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.) a körülírt kör közepével, és az ellentétes oldalpárok pontokban metszik egymást , AztÉs M N E F = 1 2 |És M 3- a szegmens közepe EF, majd a pontok M 3, M 1, a körülírt kör közepével, És M 2 fekszenek ugyanazon az egyenesen Az ezeket a pontokat összekötő egyenest a négyszög Newton-egyenesének nevezzük.

, AztÉs M N E F = 1 2 |, és az érintőpontok által alkotott négyszög szemközti oldalainak kiterjesztései a pontokban metszik egymást TÉs S, egy pontban metszik egymást , Azt, M N E F = 1 2 |, TÉs S ugyanazon az egyenes vonalon feküdjön

AB, (ebben a sorrendben) és a felek, IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT., CD pontokon hasonló, R = p 2 + q 2 + 4 x 2 8 ., HaÉs L ennek megfelelően, és ha T M, T K, T N, T L ezeknek a pontoknak izotómiailag konjugált pontjai (azaz AT M = B.M. stb.), akkor Nagel pont vonalak metszéspontjaként határozzuk meg T N T MÉs T K T L. Mindkét egyenes a négyszög kerületét két egyenlő részre osztja. Ami azonban még fontosabb, a Nagel-pont K, "terület centrum" Gés a beírt kör középpontja a körülírt kör közepével ugyanabban az egyenes vonalban feküdj, és ugyanabban az időben QG = 2MEGY. Ezt a vonalat hívják Nagel egyenes vonala körülírt négyszög.

A körülírt négyszögben (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.) a beírt kör középpontjával a körülírt kör közepével BD, hagyjuk H M, H K, H N, H L a háromszögek ortocentrumai a szögek számtani átlaga, BOC, AOBÉs DOA illetőleg. Aztán a pontok BD, H M, H K, H NÉs H L ugyanazon az egyenes vonalon feküdjön.

Versengő és merőleges vonalak

Egy négyszög két átlója és két ellentétes érintési pontokat összekötő húr (egy beírt négyszög ellentétes csúcsai) versengenek (azaz egy pontban metszik egymást). Ennek bemutatására használhatjuk a Brianchon-tétel egy speciális esetét, amely szerint annak a hatszögnek, amelynek minden oldala egy kúpszeletet érint, három átlója van, amelyek egy pontban metszik egymást. A leírt négyszögből könnyen előállítható egy hatszög két 180°-os szöggel, ha két új csúcsot illesztünk be az ellenkező érintkezési pontokon. A kapott hatszög mind a hat oldala érinti a kört, így az átlói egy pontban metszik egymást. De egy hatszög két átlója egybeesik egy négyszög átlóival, és a harmadik átló áthalad az ellenkező érintési pontokon. Ugyanezt az érvelést megismételve a másik két érintkezési pontra, megkapjuk a kívánt eredményt.

Ha a körív érinti az oldalakat AB, (ebben a sorrendben) és a felek, IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT.És CD pontokon hasonló, R = p 2 + q 2 + 4 x 2 8 ., Ha, L ennek megfelelően, majd egyenesen MK, K.M.És (\displaystyle \displaystyle pq=ac+bd.) kompetitív.

Ha egy körülírt négyszög szemközti oldalainak kiterjesztései pontokban metszik egymást , AztÉs M N E F = 1 2 |, és az átlók a pontban metszik egymást BD, majd egyenesen EF merőleges a folytatásra OP, Ahol a körülírt kör közepével- a beírt kör középpontja.

Az Incircle tulajdonságai

Egy körülírt négyszög két ellentétes oldala közötti kapcsolat a beírt kör középpontjától mért távolságokkal fejezhető ki. a körülírt kör közepével az érintett feleknek

A B C D = O A ⋅ O B O C ⋅ O D , B C D A = O B ⋅ O C O D ⋅ O A .

(\displaystyle (\frac (AB)(CD))=(\frac (OA\cdot OB)(OC\cdot OD)),\quad \quad (\frac (BC)(DA))=(\frac ( OB\cdot OC)(OD\cdot OA)). (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.) a beírt kör középpontjával a körülírt kör közepével Egy körülírt négyszög két szomszédos oldalának szorzata

kielégíti a kapcsolatot

négy háromszög a körülírt kör közepével A B ⋅ B C = O B 2 + O A ⋅ O B ⋅ O C O D . (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.) N

(\displaystyle AB\cdot BC=OB^(2)+(\frac (OA\cdot OB\cdot OC)(OD)).)

- a négyszög beírt körének középpontja a körülírt kör közepével O A ⋅ O C + O B ⋅ O D = A B ⋅ B C ⋅ C D ⋅ D A .

(\displaystyle OA\cdot OC+OB\cdot OD=(\sqrt (AB\cdot BC\cdot CD\cdot DA)).)

négy háromszög M 1És M 2 az átlók felezőpontjai (\displaystyle \displaystyle pq=ac+bd.)És A.C. A beírt kör középpontja

akkor és csak akkor esik egybe a négyszög „csúcsok központjával”.

Ahol e, f, gÉs h O A ⋅ O C = O B ⋅ O D . P, , majd négy pont, A(\displaystyle OA\cdot OC=OB\cdot OD.) B ennek megfelelően akkor

O M 1 O M 2 = O A ⋅ O C O B ⋅ O D = e + g f + h , (\displaystyle (\frac (OM_(1)))(OM_(2)))=(\frac (OA\cdot OC)(OB\cdot OD))=(\frac (e+g)(f+h)),)

- érintőszegmensek a csúcsokban hÉs h illetőleg. Az első egyenlőséget az utolsóval kombinálva azt kapjuk, hogy a körülírt négyszög „csúcsok középpontja” akkor és csak akkor esik egybe a beírt kör középpontjával, ha a beírt kör középpontja az átlók felezőpontjai között van. . h 1 r 1 + 1 r 3 = 1 r 2 + 1 r 4. h(\displaystyle (\frac (1)(r_(1)))+(\frac (1)(r_(3)))=(\frac (1)(r_(2)))+(\frac (1) )(r_(4))).) BD Ezt a tulajdonságot öt évvel korábban Weinstein bizonyította. Probléma megoldásában hasonló tulajdonságot adott Vasziljev és Senderov. Ha át

K, a leírt négyszögből kielégíti az egyenlőtlenséget hasonló , a leírt négyszögből kielégíti az egyenlőtlenséget R = p 2 + q 2 + 4 x 2 8 . , a leírt négyszögből kielégíti az egyenlőtlenséget HaÉs a leírt négyszögből kielégíti az egyenlőtlenséget L ugyanarra a négy háromszögre (négy kör érinti a négyszög mindegyik oldalát és az átlók kiterjesztését). Egy négyszög akkor és csak akkor van körülírva

1 r M + 1 r N = 1 r K + 1 r L .

négy háromszög RÉs R illetőleg. Az első egyenlőséget az utolsóval kombinálva azt kapjuk, hogy a körülírt négyszög „csúcsok középpontja” akkor és csak akkor esik egybe a beírt kör középpontjával, ha a beírt kör középpontja az átlók felezőpontjai között van. . R 1 r 1 + 1 r 3 = 1 r 2 + 1 r 4. R(\displaystyle (\frac (1)(r_(M)))+(\frac (1)(r_(N)))=(\frac (1)(r_(K)))+(\frac (1) )(r_(L))).) . Aztán a szög, L - háromszögek körsugara, BPCÉs CPD DPA (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.) ennek megfelelően akkor a háromszög

akkor és csak akkor van leírva

R M + R N = R K + R L .

Konvex négyszög (\displaystyle AP\cdot PC=BP\cdot PD.)(\displaystyle R_(M)+R_(N)=R_(K)+R_(L).) BDÚgy tűnik, 1996-ban Weinstein volt az első, aki bebizonyította a körülírt négyszögek egy másik figyelemre méltó tulajdonságát, amely később számos folyóiratban és weboldalon megjelent. A tulajdonság kimondja, hogy ha egy konvex négyszöget az átlóival négy nem átfedő háromszögre osztunk, akkor ezeknek a háromszögeknek a középpontja ugyanarra a körre esik, ha a négyszög körül van írva. Valójában a beírt körök középpontjai egy merőleges beírt négyszöget alkotnak. Itt a beírt köröket körökkel helyettesíthetjük (a négyszög átlóinak érintő oldalai és kiterjesztései). Ekkor egy konvex négyszög akkor és csak akkor van körülírva, ha a körkörök középpontjai a beírt négyszög csúcsai. . Aztán a szög, L - háromszögek körsugara, BPCÉs CPD, amelyben az átlók a pontban metszik egymást , akkor és csak akkor van körülírva, ha a háromszögek köreinek négy középpontja, ugyanazon a körön fekszenek (itt a körkörök metszik a négyszög oldalait, ellentétben a fenti hasonló állítással, ahol a körök a négyszögön kívül vannak). Ha, RmÉs Rn Rk . Aztán a szög, L - háromszögek körsugara, BPCÉs CPD R l , majd négy pontÉs B- körkörök sugarai

illetve a csúcsokkal szemben , akkor egy másik szükséges és elégséges feltétele lesz annak, hogy a négyszög körülírt legyen

1 R m + 1 R n = 1 R k + 1 R l . . Aztán a szög(\displaystyle (\frac (1)(R_(m)))+(\frac (1)(R_(n)))=(\frac (1)(R_(k)))+(\frac (1) )(R_(l))).) . Aztán a szög.

m △ (A P B) + n △ (C P D) = k △ (B P C) + l △ (D P A) (\displaystyle (\frac (m)(\háromszög (APB)))+(\frac (n)(\háromszög (CPD)))=(\frac (k)(\háromszög (BPC)))+(\frac (l)(\háromszög (DPA)))) BD itt m, k, n, l az AB, BC, CD és DA oldalak hossza, és ∆( (\displaystyle \displaystyle pq=ac+bd.)) - egy háromszög területe Jelöljük azokat a szakaszokat, amelyeken a pont található = átlós hosszak osztja az átlót Hogyan = átlós hosszak AP BD a és A.C. PC c. Azonos módon = átlós hosszak osztjuk az átlót szegmensekre = átlós hosszak d. Ekkor a négyszög akkor és csak akkor van körülírva, ha az egyik egyenlőség teljesül:

(m + p a - p b) (n + p c - p d) (m - p a + p b) (n - p c + p d) = (k + p c - p b) (l + p a - p d) (k - p c + p b) (l − p a + p d) .

(\displaystyle (\frac ((m+p_(a)-p_(b))(n+p_(c)-p_(d)))((m-p_(a)+p_(b))(n -p_(c)+p_(d))))=(\frac ((k+p_(c)-p_(b))(l+p_(a)-p_(d)))((k-p_ (c)+p_(b))(l-p_(a)+p_(d)))).).

Feltételei, hogy egy leírt négyszög egy másik típusú négyszög legyen

Egy körülírt négyszög akkor és csak akkor bicentrikus (egyszerre van körülírva és beírva), ha a kör sugara a legnagyobb az azonos oldalhosszúságú körülírt négyszögek közül, akkor és csak akkor, ha a következő feltételek bármelyike teljesül:
A terület egyenlő az átlók szorzatának felével
Az átlók merőlegesek
Két, egymással szemben lévő érintési pontokat összekötő szakasz egyenlő hosszúságú
ÖNÉLETRAJZ. Durell, A. Robson. Speciális trigonometria // Dover-reprint. - 2003.
Victor Bryant, John Duncan. Kerekek a kerekekben // Mathematical Gazette. - 2010. - Kiadás. 94, november.
Albrecht Hess. Tangenciális négyszögek középpontjait tartalmazó körön // Forum Geometricorum. - 2014. - T. 14.
C. V. Durell, A. Robson. Fejlett trigonometria. - Courier Dover, 2003. - ISBN 978-0-486-43229-8.

(eredeti 1930) Wu Wei Chao, Plamen Simeonov.

Amikor a négyszögek köröket írnak be (10698. feladat megoldása) // American Mathematical Monthly. - 2000. - T. 107. szám. 7. - DOI:10.2307/2589133. Egy új képlet a négyszög átlóira és oldalaira vonatkozóan. - 2011. - T. 11. T. 10.

Amikor a négyszögek köröket írnak be (10698. feladat megoldása) // American Mathematical Monthly. - 2000. - T. 107. szám. 7. - DOI:10.2307/2589133. Martin Josefsson.

Amikor a négyszögek köröket írnak be (10698. feladat megoldása) // American Mathematical Monthly. - 2000. - T. 107. szám. 7. - DOI:10.2307/2589133. Mikor a tangenciális négyszög sárkány? // Forum Geometricorum. - 2011a. - T. 11.

Amikor a négyszögek köröket írnak be (10698. feladat megoldása) // American Mathematical Monthly. - 2000. - T. 107. szám. 7. - DOI:10.2307/2589133. Tangenciális négyszögek további jellemzése // Forum Geometricorum. - 2011b. - T. 11.

Amikor a négyszögek köröket írnak be (10698. feladat megoldása) // American Mathematical Monthly. - 2000. - T. 107. szám. 7. - DOI:10.2307/2589133. Egy bicentrikus négyszög területe // Forum Geometricorum. - 2011c. - T. 11.

Tangenciális és extangenciális négyszögek hasonló metrikus jellemzései // Forum Geometricorum. - 2012. - T. 12. Az ortodiagonális négyszögek jellemzése. - 2012b. - T. 12.

Nicusor Minculete. Tangenciális négyszög jellemzése // Forum Geometricorum. - 2009. - T. 9.

Alekszej Myakishev. Egy négyszöghez kapcsolódó két figyelemre méltó vonalon // Forum Geometricorum. - 2006. - T. 6.

A.W. Siddons, R.T. Hughes.(A probléma megoldása) M1495 // Quantum. - 1995. - Kiadás. 6.

Michael De Villiers. Egyenlőszögű ciklikus és egyenlő oldalú körülírt sokszögek // Matematikai Közlöny. - 2011. - Kiadás. 95, március.

"Kör" Láttuk, hogy egy kör bármely háromszög körül körülírható. Vagyis minden háromszöghez van egy olyan kör, amelyen a háromszög mindhárom csúcsa „ül”. Mint ez:

Kérdés: elmondható-e ugyanez a négyszögről? Igaz-e, hogy mindig lesz egy kör, amelyen a négyszög mind a négy csúcsa „ül”?

Kiderült, hogy ez NEM IGAZ! Egy négyszöget NEM MINDIG lehet körbe írni. Van egy nagyon fontos feltétel:

Képünkön:

Nézd, a szögek és egymással szemben helyezkednek el, ami azt jelenti, hogy ellentétesek. Mi van akkor a szögekkel és? Úgy tűnik, ők is ellentétek? Lehet-e szögeket venni és szögek helyett és?

Természetesen megteheti! A lényeg az, hogy a négyszögnek van két ellentétes szöge, amelyek összege lesz. Ekkor a maradék két szög is összeadódik magától. Nem hiszek? Győződjünk meg róla. Néz:

Legyen. Emlékszel, mennyi minden négyszög mind a négy szögének összege? Természetesen,. Vagyis – mindig! . De → .

Varázslat ott!

Emlékezz tehát erre nagyon határozottan:

Ha egy négyszög egy körbe van írva, akkor bármely két szemközti szögének összege egyenlő

és fordítva:

Ha egy négyszögnek két egymással ellentétes szöge van, amelyek összege egyenlő, akkor a négyszög ciklikus.

Mindezt itt nem fogjuk bizonyítani (ha érdekel, nézd meg az elmélet következő szintjeit). De lássuk, hová vezet ez csodálatos tény hogy egy beírt négyszög ellentétes szögeinek összege egyenlő.

Felmerül például a kérdés: leírható-e egy paralelogramma körüli kör? Először próbáljuk ki a „bökés módszert”.

Valahogy nem megy.

Most alkalmazzuk a tudást:

Tegyük fel, hogy valahogy sikerült egy kört egy paralelogrammára illeszteni. Akkor biztosan ott kell lennie: , azaz.

Most emlékezzünk a paralelogramma tulajdonságaira:

Minden paralelogrammának egyenlő ellentétes szögei vannak.

Kiderült, hogy

Mi a helyzet a szögekkel és? Nos, természetesen ugyanaz.

Beírva → →

Parallelogramma → →

Elképesztő, igaz?

Kiderül, hogy ha egy paralelogramma körbe van írva, akkor minden szöge egyenlő, vagyis téglalap!

És ugyanakkor - a kör középpontja egybeesik ennek a téglalapnak az átlóinak metszéspontjával. Ez, hogy úgy mondjam, bónuszként szerepel.

Nos, ez azt jelenti, hogy rájöttünk, hogy a körbe írt paralelogramma az téglalap.

Most beszéljünk a trapézról. Mi történik, ha egy trapézt körbe írunk? De kiderül, hogy lesz egyenlő szárú trapéz . Miért?

Legyen a trapéz körbe írva. Aztán megint, de a vonalak párhuzamossága és ill.

Ez azt jelenti, hogy van: → → egyenlőszárú trapéz.

Még egyszerűbb, mint egy téglalapnál, igaz? De határozottan emlékeznie kell - hasznos lesz:

Soroljuk fel még egyszer a legfontosabbakat főbb állítások egy körbe írt négyszög érintője:

Egy négyszög akkor és csak akkor írható be a körbe, ha két szemközti szögének összege egyenlő
Egy körbe írt paralelogramma – biztosan téglalap a kör középpontja pedig egybeesik az átlók metszéspontjával
A körbe írt trapéz egyenlő oldalú.

Beírt négyszög. Átlagos szint

Ismeretes, hogy minden háromszöghez tartozik egy körülírt kör (ezt a „Körülírt kör” témakörben bizonyítottuk). Mit lehet mondani a négyszögről? Kiderült, hogy NEM MINDEN négyszög írható körbe, és van egy ilyen tétel:

Egy négyszög akkor és csak akkor írható be a körbe, ha szemközti szögeinek összege egyenlő.

A rajzunkon -

Próbáljuk megérteni, miért van ez így? Más szóval, most ezt a tételt bizonyítjuk be. Mielőtt azonban bizonyítaná, meg kell értenie, hogyan működik maga az állítás. Észrevetted az „akkor és csak akkor” szavakat a nyilatkozatban? Az ilyen szavak azt jelentik, hogy a káros matematikusok két állítást zsúfoltak össze.

Fejtsük meg:

Az „akkor” jelentése: Ha egy négyszög egy körbe van írva, akkor bármely két szemközti szögének összege egyenlő.
A „csak akkor” azt jelenti: Ha egy négyszögnek két egymással szemben lévő szöge van, amelyek összege egyenlő, akkor egy ilyen négyszög beírható egy körbe.

Akárcsak Alice: „Azt gondolom, amit mondok” és „Azt mondom, amit gondolok”.

Most nézzük meg, miért igaz az 1 és a 2?

Első 1.

Legyen egy négyszög egy körbe írva. Jelöljük meg a középpontját, és rajzoljunk rádiuszokat és. Mi fog történni? Emlékszel, hogy egy beírt szög fele akkora, mint a megfelelő középponti szög? Ha emlékszel, most használjuk, ha nem, akkor nézz szét a témában "Kör. Beírt szög".

Felírva

De nézd: .

Azt kapjuk, hogy ha - be van írva, akkor

Nos, egyértelmű, hogy ez is összeadódik. (is mérlegelnünk kell).

Most fordítva, azaz 2.

Kiderül, hogy egy négyszögben két szemközti szög összege egyenlő. Mondjuk hagyjuk

Még nem tudjuk, leírhatunk-e egy kört körülötte. De biztosan tudjuk, hogy egy háromszög körüli kört garantáltan le tudunk írni. Tehát csináljuk.

Ha egy pont nem „ül” a körön, akkor elkerülhetetlenül kívülre vagy belülre kerül.

Tekintsük mindkét esetet.

Legyen a lényeg először kívül. Ekkor a szakasz egy ponton metszi a kört. Kapcsolódjunk és. Az eredmény egy beírt (!) négyszög.

Azt már tudjuk róla, hogy ellentétes szögeinek összege egyenlő, vagyis a feltételünk szerint.

Kiderült, hogy ennek így kell lennie.

De ez nem lehet így, mivel a - a külső szög és eszköz.

Mi van belül? Csináljunk hasonló dolgokat. A lényeg legyen belül.

Ekkor a szakasz folytatása egy pontban metszi a kört. Ismét - egy beírt négyszög, és a feltétel szerint teljesülnie kell, de - egy külső szög for és jelenti, vagyis megint nem lehet az.

Vagyis egy pont nem lehet sem a körön kívül, sem a körön belül – ez azt jelenti, hogy a körön van!

Az egész tétel bebizonyosodott!

Most nézzük meg, milyen jó következményekkel jár ez a tétel.

Következmény 1

A körbe írt paralelogramma csak téglalap lehet.

Értsük meg, miért van ez így. Legyen egy paralelogramma körbe írva. Akkor meg kell tenni.

De a paralelogramma tulajdonságaiból tudjuk, hogy.

És természetesen ugyanez a szögek és a.

Így kiderül, hogy egy téglalap - minden sarok végig van.

De ezen kívül van még egy kellemes tény: a téglalapra körülírt kör középpontja egybeesik az átlók metszéspontjával.

Értsük meg, miért. Remélem, jól emlékszel, hogy az átmérő által bezárt szög egy egyenes.

Átmérő,

Átmérő

ami azt jelenti, hogy ez a központ. Ez minden.

Következmény 2

A körbe írt trapéz egyenlő szárú.

Legyen a trapéz körbe írva. Akkor.

És még.

Megbeszéltünk mindent? Nem igazán. Valójában van egy másik, „titkos” módja a beírt négyszög felismerésének. Ezt a módszert nem fogjuk nagyon szigorúan (de egyértelműen) megfogalmazni, de csak az elmélet utolsó szintjén fogjuk bizonyítani.

Ha egy négyszögben olyan kép figyelhető meg, mint itt az ábrán (itt a pontok oldalára „néző” szögek egyenlőek), akkor egy ilyen négyszöget írunk be.

Ez egy nagyon fontos rajz - problémák esetén gyakran könnyebb megtalálni egyenlő szögek, mint a szögek összege és.

A megfogalmazásunk teljes hiánya ellenére helyes, ráadásul az egységes államvizsga-vizsgáztatók mindig elfogadják. Valami ilyesmit kellene írnod:

„- beírva” – és minden rendben lesz!

Ne felejtse el ezt a fontos jelet - emlékezzen a képre, és talán időben felkelti a figyelmét a probléma megoldása során.

Beírt négyszög. Rövid leírás és alapképletek

Ha egy négyszög egy körbe van írva, akkor bármely két szemközti szögének összege egyenlő

és fordítva:

Ha egy négyszögnek két egymással ellentétes szöge van, amelyek összege egyenlő, akkor a négyszög ciklikus.

Egy négyszög akkor és csak akkor írható be a körbe, ha két szemközti szögének összege egyenlő.

Körbe írt paralelogramma- minden bizonnyal téglalap, és a kör középpontja egybeesik az átlók metszéspontjával.

A körbe írt trapéz egyenlő szárú.

Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete