PRIKAZ ORTODIAGONALNIH STIRIKOTNIKOV ˇ

UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOˇ SKA FAKULTETA

KARMEN ˇ ZUGI ˇ C

PRIKAZ ORTODIAGONALNIH STIRIKOTNIKOV ˇ

DIPLOMSKO DELO

UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOˇ SKA FAKULTETA

DVOPREDMETNI U ˇ CITELJ FI-MA

KARMEN ˇ ZUGI ˇ C

Mentor: Dr. Matija Cencelj, izr. prof.

PRIKAZ ORTODIAGONALNIH STIRIKOTNIKOV ˇ

DIPLOMSKO DELO

Povzetek

Obravnavamo ˇstirikotnike, pri katerih se diagonali sekata pravokotno. Predsta- vimo in dokaˇzemo veˇc potrebnih in zadostnih pogojev, da ima ˇstirikotnik to lastnost.

Kljuˇcne besede: Konveksni ˇstirikotnik, ortodiagonalni ˇstirikotnik, osem toˇck kroˇznice, Varignonov paralelogram, koncikliˇcne toˇcke, centroid ˇstirikotnika, bimedi- ana, tetivni ˇstirikotnik, teˇziˇsˇcnica.

Abstract

Quadrilaterals in which the diagonals are perpendicular are considered. Several characterizations of this property are presented and proved.

Keywords: Convex quadrilateral, orthodiagonal quadrilateral, eight point cir- cle, Varignon parallelogram, concyclic points, centroid of the quadrilateral, bime- dian, cyclic quadrilateral, median in the triangle.

Kazalo

Slike ii

Poglavje 1. 1

1. Uvod 1

Poglavje 2. 2

1. ˇStirikotniki 2

Poglavje 3. 5

1. Ortodiagonalni ˇstirikotniki 5

Slike

1 slika 1 3

2 slika 2 5

3 slika 3 7

4 slika 4 9

5 slika 5 10

6 slika 6 10

7 slika 7 12

8 slika 8 13

9 slika 10 16

10 slika 11 18

11 slika 12 19

POGLAVJE 1

1. Uvod

V prvem delu diplomske naloge so navedeni aksiomi, ki so pomembni za nadaljno definicijo ˇstirikotnika, ter definicijo kolinearnih toˇck, ki jih ravno tako omenjam v sami definiciji ˇstirikotnika.

Zapisanih je nekaj definicij in izrekov nevtralne geometrije, ki jih skozi celotno diplomsko nalogo uporabljam pri dokazovanju izrekov oziroma pri samih izrekih o ortodiagonalnem ˇstirikotniku. Veˇcina definicij in izrekov je povzeta iz ˇstudijskega gradiva Elementarna geometrija avtorja Matija Cenclja.

V prvem delu prikaza ortodiagonalnih ˇstirikotnikov je zapisan preprost izrek, ki je povezan s Pitagorovim izrekom ter njegova razliˇcica. V drugem delu pa sledijo izreki povezani z osmimi toˇckami kroga in Varignonovim paralelogramom. Za dokaz vseh le-teh izrekov drugega dela je potrebno nekaj izrekov in definicija, ki veljajo za tetivne ˇstirikotnike, zato so tudi navedeni.

Tretji del diplomske naloge govori o medianah in diagonalah ˇstirikotnika oziroma kdaj je ˇstirikotnik ortodiagonalen, ko veljajo doloˇcene njune lastnosti ter opis dveh izrekov povezanih s teˇziˇsˇcnicami trikotnikov vsebovanih v ˇstirikotniku.

POGLAVJE 2

1. ˇStirikotniki

1.1. Aksiomi, definicije in izreki incidenˇcne goemetrije.

Aksiomi, definicije in izreki, ki jih spodaj navajam so povzeti po ˇstudijskem gradivu Elementarna geometrija avtorja Matija Cenclja.

Aksiom 1. Za vsak par razliˇcnih toˇck P in Q obstaja natanko ena premica l, na kateri leˇzita obe toˇcki P in Q.

Aksiom 2. Za vsako premico l obstajata vsaj dve razliˇcni toˇckiP in Q, ki leˇzita na l.

Aksiom 3. Obstajajo tri razliˇcne toˇcke, ki ne leˇzijo na isti premici.

Definicija 1. Poljubne toˇckeA, B inC so kolinearne, ˇce obstaja premical, na kateri leˇzijo toˇcke A, B in C. ˇCe taka premica l ne obstaja, so toˇcke, A, B in C nekolinearne.

S to definicijo lahko tretji aksiom izrazimo koncizneje: obstajajo tri razliˇcne nekolinearne toˇcke. Ko reˇcemo, da so si toˇcke A, B in C razliˇcne, misimo, da ne velja

A=B =C.

Dokaˇzimo, da velja ˇse veˇc, da so si take toˇcke paroma razliˇcne, kar pomeni A6=B, A 6=C in B 6=C.

Zaradi enostavnosti oznaˇcimo premico, na kateri leˇzita razliˇcni toˇckiP in Qs ←→

P Q.

Izrek 1.1.1. Naj bodo A,B inC nekolinearne toˇcke. Tedaj so si te toˇcke paroma razliˇcne.

Dokaz. Denimo, da bi bilo A = B 6= C. Tedaj tudi B leˇzi na ←→

AC, torej so toˇcke A, B inC kolinearne. V protislovje nas je pripeljala predpostavka, da je A = B, torej mora veljati A 6= B. Podobno dokaˇzemo ˇse za A 6= C inB 6= C.

1.2. Nevtralna geometrija.

Definicija 2. Naj bodo A, B, C in D take toˇcke, da nobene tri od njih niso kolinearne in poljubni dve od daljic AB, BC, CD in DA ali nimata skupne toˇcke ali pa imata skupno krajiˇsˇce. Tedaj toˇcke A, B, C in D doloˇcajo ˇstirikotnik, ki je unija daljic:

ABCD=AB∪BC∪CD∪DA.

Zgornjim daljicam reˇcemo stranice ˇstirikotnika, toˇckam A, B,C inDpa ogliˇsˇca tega ˇstirikotnika. Stranicam AB in CD reˇcemo nasprotni stranici, prav tako tudi stranicamaBC in DA.

Tudi pri ˇstirikotnikih je pomemben vrstni red ogliˇsˇc, ˇce jeABCDˇstiri-kotnik, ni reˇceno, da je tudiABCDˇstirikotnik, saj se morda AC in BD sekata.

Poznamo konveksne in konkavne ˇstirikotnike, med katerimi ni topoloˇskih razlik.

V nekaterih internetnih virih, se zasledi izraz kriˇzni ˇstirikotnik. Slednji v nevtralni geometriji ni definiran kot ˇstirikotnik, saj se par nesosednjih stranic seka.

Slika 1. Primer konveksnega in konkavnega ˇstirikotnika, ter kriˇzni ˇstirikotnik.

Definicija 3. Diagonali ˇstirikotnika ABCD sta daljici AC inBD.

Definicija4. ˇStirikotnikuABCDreˇcemo, da je konveksen, ˇce je vsako ogliˇsˇce v notranjosti kota, ki ga tvorijo ostala ogliˇsˇca vzeta v cikliˇcnem vrestnem redu.

Definicija 5. Ce jeˇ ABCD konveksen ˇstirikotnik, definiramo njegovo vsoto notranjih kotov:

σ(ABCD) = µ(∠ABC) +µ(∠BCD) +µ(∠CDA) +µ(∠DAB).

Definicija 6. Stirikotnikuˇ ABCD pravimo paralelogram, ˇce velja

←→ABk←→

CD in ←→

BCk←→

AD.

Definicija 7. Ortodiagonalni ˇstirikotnik, je konveksen ˇstirikotnik s pravoko- tnimi diagonalami (4).

Najbolj znani ortodiagonalni ˇstirikotniki so romb, kvadrat in deltoid.

ˇSe nekaj definicij in izrekov, ki jih bo uporabljala pri dokazih:

Definicija 8. Kota ∠ BAC in∠ DAE sta sovrˇsna, ali tvorita sovrˇsni par, ˇce (1) sta si poltraka −→

AB in−→

AE nasprotna in sta si tudi −→

AC in−−→

AD nasprotna;

(2) ali pa sta si poltraka −→

AB in −−→

AD nasprotna in sta si tudi poltraka −→

AC in

−→AE nasprotna.

Izrek 1.2.1. Sovrˇsna kota sta skladna

Izrek 1.2.2. (Izrek o podobnih trikotnikih). ˇCe za trikotnikaABC inDEF velja ABC ∼ DEF, velja enakost:

AB

AC = DE DF

Izrek 1.2.3. (Talesov izrek o sorazmerjih). Naj bodo a, b, p in p‘ premice v isti ravnini terO = a ∩ b, A = a ∩ p, A‘ = a ∩ p‘, B = b ∩ p in B‘ = b ∩ p‘ . ˇCe je p k p‘, potem velja:

−−→OA‘

−→OA

=

−−→OB‘

−−→ OB

=

−−→A‘B‘

−→AB

POGLAVJE 3

1. Ortodiagonalni ˇstirikotniki 1.1. Znan prikaz.

Najbolj znana karakterizacija ortodiagonalnih ˇstirikotnikov pri reˇsevanju proble- mov, je naslednji izrek.

Izrek 1.1.1. Konveksni ˇstirikotnik ABCD je ortodiagonalen, ˇce in samo ˇce, AB²+CD² =BC²+DA²

Slika 2. ^{Toˇcki X inY}, ki sta noˇziˇsˇci normal na diagonalo AC iz ogliˇsˇc B inD .

Izrek sledi iz Pitagorovega izreka, dokaˇzemo pa ga lahko na veˇc naˇcinov. Z upo- rabo kosinusnega izreka, vektorjev in kompleksnimi ˇstevili.

Dokaz. Naj bosta toˇcki X in Y noˇziˇsˇci normal toˇck D in B na diagonalo AC v konveksnem ˇstirikotniku ABCD. S pomoˇcjo uporabe Pitagorovega izreka sledi:

BY²+AY² =AB², BY²+CY² =BC², DX²+CX² =CD² in AX²+DX² =DA². Zato je,

AB²+CD² =BY²+AY²+DX²+CX²

Ce sedaj odˇstejemoˇ

AB²+CD²−DA²−BC² dobimo:

=AY²−AX²+CX²−CY²

= (AY +AX)(AY −AX) + (CX +CY)(CX −CY)

Opazimo, da je (AY-AX), ravnoXY in podobno, da je (CX-CY), ravno tako enako razdaljiXY. Tako nadaljujemo

= (AY +AX)XY + (CX +CY)XY

= (AX+CX +AY +CY)XY

Sedaj lahko ponovno opazimo, da je AY + CY = AX + CX = AC (diagonali), tako sledi:

= 2AC·XY Dobljeni izraz mora biti enak 0.

Velja, kadar je niˇcXY ali ko je niˇcAC. VendarACne more biti niˇc, saj je ˇstirikotnik konveksen in jeAC diagonala ˇstirikotnika. Tako dobimo, da

XY = 0 ⇐⇒ AC⊥BD ⇐⇒ AB²+CD² =BC²+DA² zaAC >0.

Druga in razliˇcna interpretacija izreka 1.1.1 je, da ˇce na vsako izmed ˇstirih stra- nic konveksnega ˇstirikotnika nariˇsemo kvadrat kot prikazuje slika 3 je ˇstirikotnik ortodiagonalen, ˇce in samo ˇce, je vsota ploˇsˇcin dveh nasprotnih kvadratov, enaka vsoti ploˇsˇcin preostalih dveh nasprotnih kvadratov.

Slika 3. Prikaz druge razliˇcice izreka 1.1.1.

Ce pri vsakem izmed pobarvanih kadratov, izraˇˇ cunamo ploˇsˇcino danega kvadrata s formulop=a², kjer jeastranica kvadrata, dobimo, da je ploˇsˇcina rdeˇcega kvadrata enaka c², ploˇsˇcina zelenega a², ploˇsˇcina rumenega b² ter ploˇsˇcina modrega d². Z uporabo razliˇcice izreka 1.1.1, dobimo naslednjo enakost:

a²+c² =b²+d² kar je pa ravno enako,

AB² +CD² =BC²+DA².

1.2. Osem toˇck kroˇznice.

Nasledni pogoj o ortodiagonalnem konveksnem ˇstirikotniku, sledi iz izreka o osmih toˇckah kroˇznice, zato najprej navajam omenjen izrek.

Izrek 1.2.1 (3). Naj bo ABCD ˇstirikotnik s pravokotnimi diagonalami. Toˇcke, ki predstavljajo razpoloviˇsˇca vsake izmed stranic ˇstirikotnika (4 toˇcke, ki doloˇcajo paralelogram, ki mu pravimo Varignonov paralelogram), in toˇcke, ki predstavljajo noˇziˇsˇce viˇsine na posamezno stranico skozi razpoloviˇsˇce nasprotne stranice, so ravno toˇcke, ki leˇzijo na isti kroˇznici.

Izrek je dokazal Louis Brand (1885-1971), vendar pa je bil zagotovo dokazan ˇze prej v posebnem primeru izreka o Varignonovem paralelogramu.

Louis Brand: Rodil se je leta 1885 v Cincinnatiju (Ohio). ˇStudiral je na Cincin- natijevi univerzi in tam tudi opravil doktorsko dizertacijo o sistemih linearnih enaˇcb z izredno veliko neznankami (leta 1917). Napisal je vrsto priljubljnih uˇcbenikov za vektorske analize in mehaniko. Bil je tudi uspeˇsen predsednik oddelka MAA v Ohiu, ter sodelavec ameriˇskega zdruˇzenja za napredek v znanosti. Moˇcno se je zanimal tudi za zgodovino narave. Zbral je za ˇcetrt milijona primerkov morskih ˇskoljk, ki so bile vrsto let na ogled v Cincinnatjevem prirodoslovnem muzeju (1).

1.2.1. Varignonov paralelogram.

Izrek 1.2.2 (3). Razpoloviˇsˇca stranic konveksnega ˇstirikotnika ABCD tvorijo paralelogram, katerega ploˇsˇcina je enaka ravno polovici ploˇsˇcine celotnega ˇstirikotnika ABCD.

Pierre Varignon: Rodil se je leta 1654 v Caenu. ˇStudiral je teologijo in psiholo- gijo, zato je leta 1676 sprejel zaobljubo ter bil kasneje tudi sprejet v duhovniˇstvo.

ˇStudij na univerzi v Caenu je nadaljeval ter leta 1682 prejel M.A.(Magister Ar- tium). ˇSele kasneje se je posvetil tudi matematiˇcni znanosti. Leta 1687 je izdal Project d‘une nouvelle mechanique v kateri je opisal kompozicije sil z uporabo Le- ibnizovega diferencialnega raˇcuna. Leto kasneje je tako postal profesor matematike na Coll`ege Mazarin v Parizu in nato na Coll`ege Royal. Izdal je kar nekaj knjig, v eni izmed njih, lahko najdemo tudi izrek o paralelogramu v konveknem ˇstirikotniku.

Drugaˇce pa se je v veliki meri posveˇcal mehaniki. Umrl je leta 1722 v Parizu, (2).

Sedaj lahko zapiˇsem drugi pogoj, ki izhaja iz izreka 1.2.1 ter izreka 1.2.2, o kon- veksen ortodiagonalnem ˇstirikotniku.

Izrek 1.2.3. Konveksen ˇstirikotnik ABCD ima pravokotne diagonale, ˇce in samo ˇce, srediˇsˇca stranic ˇstirikotnika in noˇziˇsˇca viˇsin skozi razpoloviˇsˇce nasprotne stranice, predstavljajo osem toˇck, ki leˇzijo na isti kroˇznici.

Slika 4. ^{Osem toˇck, ki leˇ}zijo na isti kroˇznici. Toˇcke E, F, G in H predstavljajo razpoloviˇsˇca stranic ˇstirikotnika, toˇckeI,J,KinLpa noˇziˇsˇca viˇsin.

Toˇcke, ki leˇzijo na isti kroˇznici bom poimenovala koncikliˇcne toˇcke. Tako lahko zapiˇsemo, da je vseh osem toˇck, omenjenih v izreku 1.2.3 koncikliˇcnih. Vseh osem koncikliˇcnih toˇck (E, F, G, H, I, J, K in L), opisanih v izreku 1.2.3, pa skupaj poimenujemo kot osem toˇck kroˇznice.

Srediˇsˇce kroˇznice, na kateri leˇzi osem toˇck kroˇznice, pa je ravno toˇcka, ki predstavlja centroid ˇstirikotnika ABCD (4).

Definicija 9. Centroid ˇstirikotnika je toˇcka, ki predstavlja preseˇciˇsˇce bimedian ˇstirikotnika.

Definicija 10. Bimediana je daljica, ki povezuje razpoloviˇsˇci dveh nasprotnih stranic ˇstirikotnika.

Slika 5. ^{Centroid ˇ}stirikotnikaABCD.

Preden dokaˇzem izrek 1.2.3, bom dokazala ˇse dva pomembna pogoja za pravo- kotnost diagonal v konveksnem ˇstirikotniku.

Izrek 1.2.4. Konveksen ˇstirikotnik ABCD je ortodiagonalen, ˇce in samo ˇce

∠P AB+∠P BA+∠P CD+∠P DC =π

kjer je toˇcka P preseˇciˇsˇce diagonal.

Slika 6. ^{TrikotnikaABP inCP D.}

Dokaz. (⇒) ˇStirikotnikABCDje ortodiagonalen, zato je kot med diagonalama p in q enak ^π₂ in ga oznaˇcimo s θ. Vemo pa, da je vsota notranjih kotov trikotnika enaka π, zato lahko zapiˇsemo:

∠P AB+∠P BA+θ=π

∠P CD+∠P DC +θ =π Enaˇcbi seˇstejemo in dobimo:

∠P AB+∠P BA+∠P CD+∠P DC + 2θ = 2π

Sedaj enakost uredimo tako, da 2θ premaknemo na desno stran enaˇcbe ter namesto θ piˇsemo kar ^π₂, tako dobimo:

∠P AB+∠P BA+∠P CD+∠P DC =π

(⇐) ˇCe velja enakost zapisana v izreku, potem je kot med diagonalama enak ^π₂, ki ga oznaˇcimo s θ.

S pomoˇcjo vsote notranjih kotov v trikotniku ABP inCDP (vsota notranjih kotov trikotnika je enaka 180^◦=π), ter preurejanjem enakosti dobimo:

∠P AB+∠P BA+∠P CD+∠P DC = 2π−2θ,

Ker smo predpostavili, da enakost zapisana v izreku velja, potem je π = 2π − 2θ.

Ko slednjo enakost preuredimo, dobimo, da res velja θ = ^π₂ Izrek 1.2.5. Konveksen ˇstirikotnik je ortodiagonalen, ˇce in samo ˇce, so projek- cije preseˇciˇsˇca diagonal na stranice ˇstirikotnika, ogliˇsˇca tetivnega ˇstirikotnika.

Preden dokaˇzem 1.2.5, bom definirala in razjasnila nekaj pomembnih pojmov in izrekov, ki jih bom pri dokazu uporabila.

1.3. Tetivni ˇstirikotniki.

Definicija11.Tetivni ˇstirikonik, je ˇstirikotnik, kateremu lahko naˇcrtamo kroˇznico, ki poteka skozi vsa njegova ogliˇsˇca. Oziroma je ˇstirikotnik, ki mu lahko oˇcrtamo kroˇznico.

Izrek 1.3.1. V vsakem tetivnem ˇstirikotniku je kot med eno stranico in eno diagonalo skladen kotu, ki ga oklepata nasprotna stranica in druga diagonala.

Izrek 1.3.2. V vsakem tetivnem ˇstirikotniku je vsota nasprotnih notranjih kotov

Slika 7. Projekcije preseˇciˇsˇca diagonal P na stranice.

Izrek 1.3.3. (O zunanjem kotu). V tetivnem ˇstirikotniku je zunanji kot enak nasprotnemu notranjemu kotu.

Sedaj lahko dokaˇzemo izrek 1.2.5.

Dokaz. Ce se diagonali sekata v toˇˇ cki P, so projekcije toˇcke P na stanice AB, BC,CD inDA, toˇckeK,L,M inN. Opazimo, da so ˇstirikotnikiAKP N,BLP K, CM P LinDN P M tetivni ˇstirikotniki, ker imajo vsi nasprotna notranja kota prava kota. ˇCe sedaj za vsak tetivni ˇstirikotnik zgoraj zapisan uporabimo izrek 1.3.1, do- bimo naslednje enakosti kotov:

∠P AN =∠P KN, ∠P BL=∠P KL, ∠P CL=∠P M L in ∠P DN =∠P M N Nato uporabimo izrek 1.2.4, ter dobimo:

∠P AN +∠P BL+∠P CL+∠P DN = Π (ekvivalentnost sledi iz enakosti kotov zgoraj zapisanih)

⇐⇒ ∠P KN +∠P KL+∠P M L+∠P M N = Π

⇐⇒ ∠LKN +∠LM N = Π

Tretja enakost nam zadoˇsˇca kot zadosten in potreben pogoj, da je ˇstirikotnik KLM N tetivni ˇstirikotnik, saj po izreku 1.3.1 velja, da je v tetivnem ˇstirikotniku vsota nasprotnih notranjih kotov enaka 180^◦.

Sedaj lahko dokaˇzem izrek 1.2.3, vendar ga bom najprej ˇse enkrat natanˇcno za- pisala.

Izrek 1.3.4. Naj boABCD konveksni ˇstirikotnik, v katerem se diagonale sekajo v toˇckiP, toˇcke K, L, M in N pa so projekcije toˇcke P na stranice ˇstirikotnika. R, S, T in U pa so toˇcke, kjer premice, ki gredo skozi KP, LP, M P, in N P, sekajo nasprotne stranice. ˇStirikotnik je ortodiagonalen, ˇce in samo ˇce, vseh osem toˇck K, L, M, N, R, S, T in U leˇzijo na isti kroˇznici.

Slika 8. ^{Osem toˇck kroˇznice.}

Dokaz. (⇒) ˇCe je ˇstirikotnik ABCD ortodiagonalen, leˇzijo toˇcke K, L, M in N na isti kroˇznici po izreku 1.2.5.

Zato bom dokazala, da ˇstirikotnik KT M N leˇzi na isti kroˇznici, kot ˇstirikotnik KLM N, saj bi to pomenilo, da na kroˇznici, na kateri leˇzijo toˇcke K, L, M in N, leˇzi tudi toˇcka T. Po analogiji bi enako veljalo tudi toˇcki S,U in R.

Za zaˇcetek je potrebno dokazati, da ∠ M N K +∠ M T K = π (saj bi ti pomenilo, da je ˇstirikotnik KT M N tetivni), kar je ekvivalentno, ˇce dokaˇzemo, da ∠M T K =

∠ AN K + ∠ DN M, saj velja ∠ DN M + ∠ M N K + ∠ AN K = π ( ∠ AND = π), tako lahko namesto π, piˇsemo sledno enakost in dobimo: ∠M T K =∠ AN K +

∠DN M.

ˇStirikotniki AKP N, BLP K, CM P L in DN P M so tetivni ˇstirikotniki, ker imajo vsi nasprotna notranja kota prava kota (pravokotna projekcija preseˇciˇsˇca diagonal ˇstirikotnika ABCD na stranice ter predpostavka, da je ˇstirikotnik ortodiagonalen, zato se diagonali sekata pod pravim kotom). Tako lahko zapiˇsem, da v tetivnem ˇstirikotniku AN P K inDN P M po izreku 1.3.1 in 1.2.1 velja:

Ce sedaj dobljene enakosti kotov uporabimo v enaˇˇ cbi, ki jo ˇzelimo dokazati, dobimo:

∠ M T P = ∠ T P C + ∠ T CP, saj zaradi podobnosti trikotnikov CP D in M P D, po izreku 1.2.2, velja ∠ M P D = ∠ T CP. Zato sledi:

∠M T K =∠T P C +∠T CP =∠AN K+∠M P D =∠AN K +∠DN M.

Tako sem dokazala, da toˇckaT leˇzi na isti kroˇznici kot toˇcke K,L,M inN. Poloˇzaj toˇck K, M in N pa je s tem enoliˇcno doloˇcen na kroˇznici. Po analogiji enako velja za toˇcke R, S inU.

(⇐) ˇCe toˇckeK,L,M,N,R,S,T inU leˇzijo na isti kroˇznici, potem je ˇstirikotnik N M T K tetivni ˇstirikotnik. Z uporabo nekaterih kotnih razmerij iz prvega dela dokaza dobimo:

(sledi iz izreka 1.3.1)

∠M T K =π−∠M N K (zaradi enakega razloga kot v prevem delu)

⇒∠M T P =∠AN K +∠DN M

(uporaba lastnosti podobnih dveh trikotnikiv CP D in M P D, po 1.2.2 in uporaba izreka 1.2.1)

⇒∠T P C+∠T CP =∠AP K+∠M P D

⇒∠T CP =∠M P D.

Tako ugotovimo, da zaradi podobnosti trikotnikovCP D inM P D(saj imata skupen kot ∠ M DP), sledi, da ∠ CP D =∠ P M D = ^π₂ , kar pomeni, da AC ⊥BD.

V naslednjem izreku bom dokazala, da je ˇstirikotnik RST U pravokotnik, ˇce in samo ˇce, je ˇstirikotnikABCD ortodiagonalen.

Izrek 1.3.5.Ce normale na stranice iz preseˇˇ ciˇsˇca diagonal v konveksnem ˇstirikotniku ABCD sekajo nasprotne stranice v toˇckah R, S, T in U, potem je ˇstirikotnik or- todiagonalen, ˇce in samo ˇce, je RST U pravokotnik, ˇcigar stranice so vzporedne diagonalam ˇstirikonika ABCD.

Dokaz. (⇒) ˇCe je ˇstirikotnik ABCD ortodiagonalen, je ˇstirikotnik U T M N tetivni ˇstirikotnik po izreku 1.3.4. Z uporabo izreka 1.3.3 in izreka 1.3.1 ter 1.2.2 za tirikotnika CP D in M P D, velja:

∠M T U =∠DN M =∠M P D =∠T CP,

zato U T k AC (po izreku o protikotih, zapisan v ˇstudijskem gradivo Elementarna geometrija, Matija Cencelj). Na enak naˇcin lahko dokaˇzemo tudi, da so RS k AC, U R k DB in T S k DB. Tako pridemo do ugotovitve, da je RST U paralelogram, ki ima stranice vzporedne s pravokotnimi diagonalami ˇstirikotnika ABCD. Zato je RST U pravokotnik.

(⇐) ˇCe je RST U pravokotnik, so njegovi notranji koti veliki ^π₂, obenem pa so njegove stranice vzporedne diagonalama AC in BD konveksnega ˇstirikotnika, kar sledi iz izreka. Potem ∠DP C =∠ U T S = ^π₂. Tako sledi, da

AC ⊥ BD.

Opomba: Kmalu po tem, ko so dokazali izrek 1.2.5 in izrek 1.3.4 so ugotovili, da je neposreden del teh dveh dokazov, bil dokazan ˇze leta 1998. Namreˇc, ruski mate- matik in fizik Zaslavsky (1935-2008), je dokazal, da v ortodiagonalnem ˇstirikotniku vseh osem toˇckK,L,M,N,R,S,T inU leˇzi na isti kroˇznici, ter da jeRST U pravo- kotnik katerega stranice so vzporedne z diagonalami konveksnega ˇstirikotnika. Zato pravimo osmim toˇckam kroˇznice, ki jih je dokazal ˇze zgoraj omenjeni Louis Brand, prvih osem toˇck kroˇznice, toˇckam iz izreka 1.3.4 pa drugih osem toˇck kroˇznice. Ker je RST U pravokotnik, je srediˇsˇce kroˇznice na kateri leˇze drugih osem toˇck, ravno preseˇciˇsˇce diagonal pravokotnika RST U.

1.4. Podobnosti med bimedianami in diagonalami.

Bimediane ˇstirikotnika sem omenila ˇze v definiciji 10, zato bom sedaj v nasle- dnjem izreku podala zanimivo povezamo med bimedianami in diagonalami konve- ksnega ˇstirikotnika, ki podaja tudi pogoj za ortodiagonalni ˇstirikotnik.

Izrek 1.4.1. V konveksnem ˇstirikotniku imamo naslednje pogoje:

(1) Bimediane so skladne, ˇce in samo ˇce, so diagonale med sabo pravokotne (konveksni ˇstirikotnik s pravokotnimi diagonalami je ortodiagonalni ˇstirikotnik).

(2) Bimediane so med sabo pravokotne, ˇce in samo ˇce, so diagonale ˇstirikotnika skladne.

Dokaz. (1) Glede na dokaz izreka 7 (5), velja, da bimediani m in n v konveksnem ˇstirikotniku ustrezata pogoju:

4(m²−n²) = −2(a² −b²+c²−d²)

kjer so a, b, c in d stranice konveksnega ˇstirikotnika. Iz enakosti opazimo, da ˇce velja :

m =n ⇔a²+c² =b²+d²

kar sem dokazala pri izreku 1.1.1, da ˇce velja zgornja enakost, potem je ˇstirikotnik ortodiagonalen. Iz definicije7 sledi, da ima ˇstirikotnik pravokotne diagonale.

(2)

Slika 9. Bimediani ˇstirikotnika in Varignonov paralelogram.

Diagonali paralelograma sta ravno bimedianiminnkonveksnega ˇstirikotnika ABCD, ki pa sta med sabo pravokotni kot pravi izrek, ki ga dokazujemo.

Znano je ˇze, da so dolˇzine stranic Varignonovega paralelograma enake po- lovici dolˇzin diagonal p in q iz izreka 1.2.3. Vemo pa, da ima paralelogram nasprotni stranici enako dolgi. Zato lahko uporabimo obrat izreka 1.1.1 ter 1.2.3 in dobimo:

m⊥n ⇔(p

2)²+ (p

2)² = (q

2)²+ (q 2)²

⇔2(p

2)² = 2(q

2)² ⇔p=q

1.5. Pogoji povezani s ˇstirimi trikotniki v konveksnem ˇstirikotniku.

Naslednje definicija veljajo v evklidski geometriji, zato tudi rezultati veljajo le v primeru evklidske geometrije. Definicije so povzete iz ˇstudijskega gradiva Elemen- tarna geometrija.

Definicija 12. Daljico, katere eno krajiˇsˇce je ogliˇsˇce trikotnika, drugo pa raz- poloviˇsˇce nasprotileˇzne stranic, imenujemo teˇziˇsˇcnica.

Izrek 1.5.1. (Apolonijev izrek). Naj bodo A, B in C tri razliˇcne toˇcke v ravnini in naj D oznaˇcuje sredino daljice BC. Potem je dolˇzina |AD| enaka:

|AD| = ¹₂ p

2(|AB|²+|AC|²)− |BC|².

Definicija13.Skupni toˇcki simetral stranic trikotnika pravimo srediˇsˇce oˇcrtanega kroga.

Sedaj bom predstavila ˇse dva pogoja o ortogonalnih ˇstirikotnikih, ki spomi- njata na izrek 1.1.1.

Izrek 1.5.2. Konveksni ˇstirikotnik ABCD je ortodiagonalen, ˇce in samo ˇce, m²₁ +m²₃ =m²₂+m²₄

kjer so m₁, m₂, m₃ in m₄ teˇziˇsˇcnice v trikotnikih ABP, BCP, CDP in DAP od preseˇciˇsˇca diagonal, do stranicAB, BC, CD inDA. Toˇcka P predstavlja preseˇciˇsˇce diagonal.

Slika 10. ^Teˇziˇsˇcnice trikotnikov vsebovanih v ˇstirikotniku ABCD.

Dokaz. Naj toˇcka P deli diagonali na dele w, xin y, z. Z uporabo Apollonije- vega izreka 1.5.1 v trikotnikihABP, CDP,BCP in DAP dobimo:

m²₁ +m²₃ =m²₂+m²₄

⇐⇒ 4m²₁+ 4m²₃ = 4m²₂+ 4m²₄

⇐⇒ 2(w²+y²)−a²+ 2(x² +z²)−c² = 2(y²+x²)−b²+ 2(z²+w²)−d²

⇐⇒ a²+c² =b²+d² preostali del dokaza dopolnjuje in dokazuje izrek 1.1.1

Definicija 14. Krog, katerega meja vsebuje vsa tri ogliˇsˇca trikotnika ABC, se imenuje trikotnikuABC oˇcrtan krog, njegovo srediˇsˇce pa srediˇsˇcˇce oˇcrtanega kroga.

Izrek 1.5.3. Konveksni ˇstirikotnik ABCD je ortodiagonalen, ˇce in samo ˇce, R²₁+R₃² =R²₂+R²₄

kjer so R₁, R₂, R₃ in R₄ polmeri krogov, ki imajo srediˇsˇce v razpoloviˇsˇcu stranice ˇstirikotnika, potekajo pa skozi vsa tri ogliˇsˇca trikotnikovABP,BCP, CDP inDAP.

Slika 11. ^Teˇziˇsˇcnice trikotnikov - polmeri kroˇznic.

Dokaz. Z uporabo sinusnega izreka v ˇstirih trikotnikih dobimo:

a= 2R₁sinθ, b= 2R₂sin(π−θ), c= 2R₃sin(θ)in d= 2R₄sin(π−θ) Da bo ˇstirikotnikABCDortodiagonalen, mora po izreku 1.1.1 velati naslednja ena- kost:

a²+c² =b²+d² kar je ekvivalentno ˇce zpiˇsemo:

a²+c²−b²−d² = 4sin²θ(R²₁+R²₃−R²₂−R²₄) Sedaj uporabimo enakost sin(π - θ) = sinθ ter dobimo:

a²+c² =b²+d² ⇐⇒ R²₁+R²₃ =R²₂ +R²₄

saj sinθ > 0 za 0< θ < π.

Literatura

(1) Dostopno na http://sections.maa.org/ohio/ohio_masters/brand.html (citi- rano 25.7.2016)

(2) Podrzavnik, S. (2009). Tetivni ˇstirikotniki z danim Varignonovim parale- logramom (Diplomsko delo). Fakulteta za naravoslovje in matematiko, Maribor.

(citirano 25.7.2016)

(3) L. Brand, The Eight - Point Circle and the Nine - Point Circle, Amer. Math.

Monthly, 51 (1944) 84 - 85 (citirano 25.7.2016)

(4) M. Josefsson, Characterizations of Ortodiagonal Quadrilaterals, Forum Geom.,12 (2012) 13-25 (citirano 24.7.2016)

(5) M. Josefsson, The area of a bicentric quadrilateral, Forum Geom., 11 (2011) 155-164 (citirano 26.7.2016)

(6) Wolfram Research, Inc. (1999-2016). Cyclic Quadrilateral. Dostopno na http://mathworld.wolfram.com/CyclicQuadrilateral.html. (citirano 26.7.2016)

(7) Wolfram Research, Inc. (1999-2016). Varignon‘s Theorem. Dostopno na http://mathworld.wolfram.com/VarignonsTheorem.html. (citirano 25.7.2016)