UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

KARMEN ZUGIC

PRIKAZ ORTODIAGONALNIHSTIRIKOTNIKOV

DIPLOMSKO DELO

LJUBLJANA, 2016

UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

DVOPREDMETNI UCITELJ FI-MA

KARMEN ZUGIC

Mentor: Dr. Matija Cencelj, izr. prof.

PRIKAZ ORTODIAGONALNIHSTIRIKOTNIKOV

DIPLOMSKO DELO

LJUBLJANA, 2016

Povzetek

Obravnavamo stirikotnike, pri katerih se diagonali sekata pravokotno. Predsta-

vimo in dokazemo vec potrebnih in zadostnih pogojev, da ima stirikotnik to lastnost.

Kljucne besede: Konveksni stirikotnik, ortodiagonalni stirikotnik, osem tock

kroznice, Varignonov paralelogram, konciklicne tocke, centroid stirikotnika, bimedi-

ana, tetivni stirikotnik, teziscnica.

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. Stirikotniki 2

Poglavje 3. 5

1. Ortodiagonalni stirikotniki 5

i

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

ii

POGLAVJE 1

1. Uvod

V prvem delu diplomske naloge so navedeni aksiomi, ki so pomembni za nadaljno

definicijo stirikotnika, ter definicijo kolinearnih tock, ki jih ravno tako omenjam v

sami definiciji stirikotnika.

Zapisanih je nekaj definicij in izrekov nevtralne geometrije, ki jih skozi celotno

diplomsko nalogo uporabljam pri dokazovanju izrekov oziroma pri samih izrekih o

ortodiagonalnem stirikotniku. Vecina definicij in izrekov je povzeta iz studijskega

gradiva Elementarna geometrija avtorja Matija Cenclja.

V prvem delu prikaza ortodiagonalnih stirikotnikov je zapisan preprost izrek, ki

je povezan s Pitagorovim izrekom ter njegova razlicica. V drugem delu pa sledijo

izreki povezani z osmimi tockami kroga in Varignonovim paralelogramom. Za dokaz

vseh le-teh izrekov drugega dela je potrebno nekaj izrekov in definicija, ki veljajo za

tetivne stirikotnike, zato so tudi navedeni.

Tretji del diplomske naloge govori o medianah in diagonalah stirikotnika oziroma

kdaj je stirikotnik ortodiagonalen, ko veljajo dolocene njune lastnosti ter opis dveh

izrekov povezanih s teziscnicami trikotnikov vsebovanih v stirikotniku.

1

POGLAVJE 2

1. Stirikotniki

1.1. Aksiomi, definicije in izreki incidencne goemetrije.

Aksiomi, definicije in izreki, ki jih spodaj navajam so povzeti po studijskem

gradivu Elementarna geometrija avtorja Matija Cenclja.

Aksiom 1. Za vsak par razlicnih tock P in Q obstaja natanko ena premica l, na

kateri lezita obe tocki P in Q.

Aksiom 2. Za vsako premico l obstajata vsaj dve razlicni tocki P in Q, ki lezita

na l.

Aksiom 3. Obstajajo tri razlicne tocke, ki ne lezijo na isti premici.

Definicija 1. Poljubne tocke A, B in C so kolinearne, ce obstaja premica l, na

kateri lezijo tocke A, B in C. Ce taka premica l ne obstaja, so tocke, A, B in C

nekolinearne.

S to definicijo lahko tretji aksiom izrazimo koncizneje: obstajajo tri razlicne

nekolinearne tocke. Ko recemo, da so si tocke A, B in C razlicne, misimo, da ne

velja

A = B = C.

Dokazimo, da velja se vec, da so si take tocke paroma razlicne, kar pomeni

A 6= B, A 6= C in B 6= C.

Zaradi enostavnosti oznacimo premico, na kateri lezita razlicni tocki P in Q s←→PQ.

Izrek 1.1.1. Naj bodo A, B in C nekolinearne tocke. Tedaj so si te tocke paroma

razlicne.

Dokaz. Denimo, da bi bilo A = B 6= C. Tedaj tudi B lezi na←→AC, torej so

tocke A, B in C kolinearne. V protislovje nas je pripeljala predpostavka, da je A =

B, torej mora veljati A 6= B. Podobno dokazemo se za A 6= C in B 6= C. �

2

1.2. Nevtralna geometrija.

Definicija 2. Naj bodo A, B, C in D take tocke, da nobene tri od njih niso

kolinearne in poljubni dve od daljic AB, BC, CD in DA ali nimata skupne tocke

ali pa imata skupno krajisce. Tedaj tocke A, B, C in D dolocajo stirikotnik, ki je

unija daljic:

�ABCD = AB ∪BC ∪ CD ∪DA.

Zgornjim daljicam recemo stranice stirikotnika, tockam A, B, C in D pa oglisca

tega stirikotnika. Stranicam AB in CD recemo nasprotni stranici, prav tako tudi

stranicama BC in DA.

Tudi pri stirikotnikih je pomemben vrstni red oglisc, ce je �ABCD stiri-kotnik,

ni receno, da je tudi �ABCD stirikotnik, saj se morda AC in BD sekata.

Poznamo konveksne in konkavne stirikotnike, med katerimi ni topoloskih razlik.

V nekaterih internetnih virih, se zasledi izraz krizni stirikotnik. Slednji v nevtralni

geometriji ni definiran kot stirikotnik, saj se par nesosednjih stranic seka.

Slika 1. Primer konveksnega in konkavnega stirikotnika, ter krizni stirikotnik.

Definicija 3. Diagonali stirikotnika � ABCD sta daljici AC in BD.

Definicija 4. Stirikotniku�ABCD recemo, da je konveksen, ce je vsako oglisce

v notranjosti kota, ki ga tvorijo ostala oglisca vzeta v ciklicnem vrestnem redu.

Definicija 5. Ce je � ABCD konveksen stirikotnik, definiramo njegovo vsoto

notranjih kotov:

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

3

Definicija 6. Stirikotniku � ABCD pravimo paralelogram, ce velja

←→AB‖

←→CD in

←→BC‖

←→AD.

Definicija 7. Ortodiagonalni stirikotnik, je konveksen stirikotnik s pravoko-

tnimi diagonalami (4).

Najbolj znani ortodiagonalni stirikotniki so romb, kvadrat in deltoid.

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

Definicija 8. Kota ∠ BAC in ∠ DAE sta sovrsna, ali tvorita sovrsni par, ce

(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. Sovrsna kota sta skladna

Izrek 1.2.2. (Izrek o podobnih trikotnikih). Ce za trikotnika ABC in DEF 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 ter O = a ∩ b, A = a ∩ p, A‘ = a ∩ p‘, B = b ∩ p in B‘ = b ∩ p‘ . Ce je

p ‖ p‘, potem velja:−−→OA‘−→OA

=

−−→OB‘−−→OB

=

−−→A‘B‘−→AB

4

POGLAVJE 3

1. Ortodiagonalni stirikotniki

1.1. Znan prikaz.

Najbolj znana karakterizacija ortodiagonalnih stirikotnikov pri resevanju proble-

mov, je naslednji izrek.

Izrek 1.1.1. Konveksni stirikotnik ABCD je ortodiagonalen, ce in samo ce,

AB2 + CD2 = BC2 +DA2

Slika 2. Tocki X in Y , ki sta nozisci normal na diagonalo AC iz oglisc

B in D .

Izrek sledi iz Pitagorovega izreka, dokazemo pa ga lahko na vec nacinov. Z upo-

rabo kosinusnega izreka, vektorjev in kompleksnimi stevili.

Dokaz. Naj bosta tocki X in Y nozisci normal tock D in B na diagonalo AC

v konveksnem stirikotniku ABCD. S pomocjo uporabe Pitagorovega izreka sledi:

BY 2+AY 2 = AB2, BY 2+CY 2 = BC2, DX2+CX2 = CD2 in AX2+DX2 = DA2.

Zato je,

AB2 + CD2 = BY 2 + AY 2 +DX2 + CX2

AD2 +BC2 = AX2 +DX2 +BY 2 + CY 2

5

Ce sedaj odstejemo

AB2 + CD2 −DA2 −BC2

dobimo:

= AY 2 − AX2 + CX2 − CY 2

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

Opazimo, da je (AY -AX), ravno XY in podobno, da je (CX-CY ), ravno tako enako

razdalji XY . 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 nic XY ali ko je nic AC. Vendar AC ne more biti nic, saj je stirikotnik

konveksen in je AC diagonala stirikotnika. Tako dobimo, da

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

za AC > 0.

�

Druga in razlicna interpretacija izreka 1.1.1 je, da ce na vsako izmed stirih stra-

nic konveksnega stirikotnika narisemo kvadrat kot prikazuje slika 3 je stirikotnik

ortodiagonalen, ce in samo ce, je vsota ploscin dveh nasprotnih kvadratov, enaka

vsoti ploscin preostalih dveh nasprotnih kvadratov.

6

Slika 3. Prikaz druge razlicice izreka 1.1.1.

Ce pri vsakem izmed pobarvanih kadratov, izracunamo ploscino danega kvadrata

s formulo p = a2, kjer je a stranica kvadrata, dobimo, da je ploscina rdecega kvadrata

enaka c2, ploscina zelenega a2, ploscina rumenega b2 ter ploscina modrega d2. Z

uporabo razlicice izreka 1.1.1, dobimo naslednjo enakost:

a2 + c2 = b2 + d2

kar je pa ravno enako,

AB2 + CD2 = BC2 +DA2.

7

1.2. Osem tock kroznice.

Nasledni pogoj o ortodiagonalnem konveksnem stirikotniku, sledi iz izreka o

osmih tockah kroznice, zato najprej navajam omenjen izrek.

Izrek 1.2.1 (3). Naj bo ABCD stirikotnik s pravokotnimi diagonalami. Tocke,

ki predstavljajo razpolovisca vsake izmed stranic stirikotnika (4 tocke, ki dolocajo

paralelogram, ki mu pravimo Varignonov paralelogram), in tocke, ki predstavljajo

nozisce visine na posamezno stranico skozi razpolovisce nasprotne stranice, so ravno

tocke, ki lezijo na isti kroznici.

Izrek je dokazal Louis Brand (1885-1971), vendar pa je bil zagotovo dokazan ze

prej v posebnem primeru izreka o Varignonovem paralelogramu.

Louis Brand: Rodil se je leta 1885 v Cincinnatiju (Ohio). Studiral je na Cincin-

natijevi univerzi in tam tudi opravil doktorsko dizertacijo o sistemih linearnih enacb

z izredno veliko neznankami (leta 1917). Napisal je vrsto priljubljnih ucbenikov za

vektorske analize in mehaniko. Bil je tudi uspesen predsednik oddelka MAA v Ohiu,

ter sodelavec ameriskega zdruzenja za napredek v znanosti. Mocno se je zanimal

tudi za zgodovino narave. Zbral je za cetrt milijona primerkov morskih skoljk, ki so

bile vrsto let na ogled v Cincinnatjevem prirodoslovnem muzeju (1).

1.2.1. Varignonov paralelogram.

Izrek 1.2.2 (3). Razpolovisca stranic konveksnega stirikotnika ABCD tvorijo

paralelogram, katerega ploscina je enaka ravno polovici ploscine celotnega stirikotnika

ABCD.

Pierre Varignon: Rodil se je leta 1654 v Caenu. Studiral je teologijo in psiholo-

gijo, zato je leta 1676 sprejel zaobljubo ter bil kasneje tudi sprejet v duhovnistvo.

Studij na univerzi v Caenu je nadaljeval ter leta 1682 prejel M.A.(Magister Ar-

tium). Sele kasneje se je posvetil tudi matematicni znanosti. Leta 1687 je izdal

Project d‘une nouvelle mechanique v kateri je opisal kompozicije sil z uporabo Le-

ibnizovega diferencialnega racuna. Leto kasneje je tako postal profesor matematike

na College Mazarin v Parizu in nato na College Royal. Izdal je kar nekaj knjig, v

eni izmed njih, lahko najdemo tudi izrek o paralelogramu v konveknem stirikotniku.

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

8

Sedaj lahko zapisem drugi pogoj, ki izhaja iz izreka 1.2.1 ter izreka 1.2.2, o kon-

veksen ortodiagonalnem stirikotniku.

Izrek 1.2.3. Konveksen stirikotnik ABCD ima pravokotne diagonale, ce in

samo ce, sredisca stranic stirikotnika in nozisca visin skozi razpolovisce nasprotne

stranice, predstavljajo osem tock, ki lezijo na isti kroznici.

Slika 4. Osem tock, ki lezijo na isti kroznici. Tocke E, F , G in H

predstavljajo razpolovisca stranic stirikotnika, tocke I, J , K in L pa nozisca

visin.

Tocke, ki lezijo na isti kroznici bom poimenovala konciklicne tocke. Tako lahko

zapisemo, da je vseh osem tock, omenjenih v izreku 1.2.3 konciklicnih. Vseh osem

konciklicnih tock (E, F , G, H, I, J , K in L), opisanih v izreku 1.2.3, pa skupaj

poimenujemo kot osem tock kroznice.

Sredisce kroznice, na kateri lezi osem tock kroznice, pa je ravno tocka, ki predstavlja

centroid stirikotnika ABCD (4).

Definicija 9. Centroid stirikotnika je tocka, ki predstavlja presecisce bimedian

stirikotnika.

Definicija 10. Bimediana je daljica, ki povezuje razpolovisci dveh nasprotnih

stranic stirikotnika.

9

Slika 5. Centroid stirikotnika ABCD.

Preden dokazem izrek 1.2.3, bom dokazala se dva pomembna pogoja za pravo-

kotnost diagonal v konveksnem stirikotniku.

Izrek 1.2.4. Konveksen stirikotnik ABCD je ortodiagonalen, ce in samo ce

∠PAB + ∠PBA+ ∠PCD + ∠PDC = π

kjer je tocka P presecisce diagonal.

Slika 6. Trikotnika ABP in CPD.

10

Dokaz. (⇒) Stirikotnik ABCD je ortodiagonalen, zato je kot med diagonalama

p in q enak π2

in ga oznacimo s θ. Vemo pa, da je vsota notranjih kotov trikotnika

enaka π, zato lahko zapisemo:

∠PAB + ∠PBA+ θ = π

∠PCD + ∠PDC + θ = π

Enacbi sestejemo in dobimo:

∠PAB + ∠PBA+ ∠PCD + ∠PDC + 2θ = 2π

Sedaj enakost uredimo tako, da 2θ premaknemo na desno stran enacbe ter namesto

θ pisemo kar π2, tako dobimo:

∠PAB + ∠PBA+ ∠PCD + ∠PDC = π

(⇐) Ce velja enakost zapisana v izreku, potem je kot med diagonalama enak π2,

ki ga oznacimo s θ.

S pomocjo vsote notranjih kotov v trikotniku ABP in CDP (vsota notranjih kotov

trikotnika je enaka 180 ◦= π), ter preurejanjem enakosti dobimo:

∠PAB + ∠PBA+ ∠PCD + ∠PDC = 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 stirikotnik je ortodiagonalen, ce in samo ce, so projek-

cije presecisca diagonal na stranice stirikotnika, oglisca tetivnega stirikotnika.

Preden dokazem 1.2.5, bom definirala in razjasnila nekaj pomembnih pojmov in

izrekov, ki jih bom pri dokazu uporabila.

1.3. Tetivni stirikotniki.

Definicija 11. Tetivni stirikonik, je stirikotnik, kateremu lahko nacrtamo kroznico,

ki poteka skozi vsa njegova oglisca. Oziroma je stirikotnik, ki mu lahko ocrtamo

kroznico.

Izrek 1.3.1. V vsakem tetivnem stirikotniku 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 stirikotniku je vsota nasprotnih notranjih kotov

enaka iztegnjenemu kotu (180 ◦).

11

Slika 7. Projekcije presecisca diagonal P na stranice.

Izrek 1.3.3. (O zunanjem kotu). V tetivnem stirikotniku je zunanji kot enak

nasprotnemu notranjemu kotu.

Sedaj lahko dokazemo izrek 1.2.5.

Dokaz. Ce se diagonali sekata v tocki P , so projekcije tocke P na stanice AB,

BC, CD in DA, tocke K, L, M in N . Opazimo, da so stirikotniki AKPN , BLPK,

CMPL in DNPM tetivni stirikotniki, ker imajo vsi nasprotna notranja kota prava

kota.Ce sedaj za vsak tetivni stirikotnik zgoraj zapisan uporabimo izrek 1.3.1, do-

bimo naslednje enakosti kotov:

∠PAN = ∠PKN, ∠PBL = ∠PKL, ∠PCL = ∠PML in ∠PDN = ∠PMN

Nato uporabimo izrek 1.2.4, ter dobimo:

∠PAN + ∠PBL+ ∠PCL+ ∠PDN = Π

(ekvivalentnost sledi iz enakosti kotov zgoraj zapisanih)

⇐⇒ ∠PKN + ∠PKL+ ∠PML+ ∠PMN = Π

⇐⇒ ∠LKN + ∠LMN = Π

Tretja enakost nam zadosca kot zadosten in potreben pogoj, da je stirikotnik

KLMN tetivni stirikotnik, saj po izreku 1.3.1 velja, da je v tetivnem stirikotniku

vsota nasprotnih notranjih kotov enaka 180 ◦.

�

12

Sedaj lahko dokazem izrek 1.2.3, vendar ga bom najprej se enkrat natancno za-

pisala.

Izrek 1.3.4. Naj bo ABCD konveksni stirikotnik, v katerem se diagonale sekajo

v tocki P , tocke K, L, M in N pa so projekcije tocke P na stranice stirikotnika. R,

S, T in U pa so tocke, kjer premice, ki gredo skozi KP , LP , MP , in NP , sekajo

nasprotne stranice. Stirikotnik je ortodiagonalen, ce in samo ce, vseh osem tock K,

L, M , N , R, S, T in U lezijo na isti kroznici.

Slika 8. Osem tock kroznice.

Dokaz. (⇒) Ce je stirikotnik ABCD ortodiagonalen, lezijo tocke K, L, M in

N na isti kroznici po izreku 1.2.5.

Zato bom dokazala, da stirikotnik KTMN lezi na isti kroznici, kot stirikotnik

KLMN , saj bi to pomenilo, da na kroznici, na kateri lezijo tocke K, L, M in

N , lezi tudi tocka T . Po analogiji bi enako veljalo tudi tocki S, U in R.

Za zacetek je potrebno dokazati, da ∠ MNK +∠ MTK = π (saj bi ti pomenilo,

da je stirikotnik KTMN tetivni), kar je ekvivalentno, ce dokazemo, da ∠MTK =

∠ ANK + ∠ DNM , saj velja ∠ DNM + ∠ MNK + ∠ ANK = π ( ∠ AND =

π), tako lahko namesto π, pisemo sledno enakost in dobimo: ∠MTK = ∠ ANK +

∠ DNM .

Stirikotniki AKPN , BLPK, CMPL in DNPM so tetivni stirikotniki, ker imajo

vsi nasprotna notranja kota prava kota (pravokotna projekcija presecisca diagonal

stirikotnika ABCD na stranice ter predpostavka, da je stirikotnik ortodiagonalen,

zato se diagonali sekata pod pravim kotom). Tako lahko zapisem, da v tetivnem

stirikotniku ANPK in DNPM po izreku 1.3.1 in 1.2.1 velja:

∠ANK = ∠APK = ∠TPC in ∠DNM = ∠MPD

13

Ce sedaj dobljene enakosti kotov uporabimo v enacbi, ki jo zelimo dokazati, dobimo:

∠ MTP = ∠ TPC + ∠ TCP , saj zaradi podobnosti trikotnikov CPD in MPD,

po izreku 1.2.2, velja ∠ MPD = ∠ TCP . Zato sledi:

∠MTK = ∠TPC + ∠TCP = ∠ANK + ∠MPD = ∠ANK + ∠DNM.

Tako sem dokazala, da tocka T lezi na isti kroznici kot tocke K, L, M in N . Polozaj

tock K, M in N pa je s tem enolicno dolocen na kroznici. Po analogiji enako velja

za tocke R, S in U .

(⇐) Ce tocke K, L,M , N , R, S, T in U lezijo na isti kroznici, potem je stirikotnik

NMTK tetivni stirikotnik. Z uporabo nekaterih kotnih razmerij iz prvega dela

dokaza dobimo:

(sledi iz izreka 1.3.1)

∠MTK = π − ∠MNK

(zaradi enakega razloga kot v prevem delu)

⇒ ∠MTP = ∠ANK + ∠DNM

(uporaba lastnosti podobnih dveh trikotnikiv CPD in MPD, po 1.2.2 in uporaba

izreka 1.2.1)

⇒ ∠TPC + ∠TCP = ∠APK + ∠MPD

⇒ ∠TCP = ∠MPD.

Tako ugotovimo, da zaradi podobnosti trikotnikov CPD in MPD (saj imata skupen

kot ∠ MDP ), sledi, da ∠ CPD = ∠ PMD = π2

, kar pomeni, da AC ⊥ BD.

�

V naslednjem izreku bom dokazala, da je stirikotnik RSTU pravokotnik, ce in

samo ce, je stirikotnik ABCD ortodiagonalen.

Izrek 1.3.5. Ce normale na stranice iz presecisca diagonal v konveksnem stirikotniku

ABCD sekajo nasprotne stranice v tockah R, S, T in U , potem je stirikotnik or-

todiagonalen, ce in samo ce, je RSTU pravokotnik, cigar stranice so vzporedne

diagonalam stirikonika ABCD.

Dokaz. (⇒) Ce je stirikotnik ABCD ortodiagonalen, je stirikotnik UTMN

tetivni stirikotnik po izreku 1.3.4. Z uporabo izreka 1.3.3 in izreka 1.3.1 ter 1.2.2 za

tirikotnika CPD in MPD, velja:

∠MTU = ∠DNM = ∠MPD = ∠TCP,

14

zato UT ‖ AC (po izreku o protikotih, zapisan v studijskem gradivo Elementarna

geometrija, Matija Cencelj). Na enak nacin lahko dokazemo tudi, da so RS ‖ AC,

UR ‖ DB in TS ‖ DB. Tako pridemo do ugotovitve, da je RSTU paralelogram,

ki ima stranice vzporedne s pravokotnimi diagonalami stirikotnika ABCD. Zato je

RSTU pravokotnik.

(⇐) Ce je RSTU pravokotnik, so njegovi notranji koti veliki π2, obenem pa so

njegove stranice vzporedne diagonalama AC in BD konveksnega stirikotnika, kar

sledi iz izreka. Potem ∠ DPC = ∠ UTS = 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 ze leta 1998. Namrec, ruski mate-

matik in fizik Zaslavsky (1935-2008), je dokazal, da v ortodiagonalnem stirikotniku

vseh osem tock K, L, M , N , R, S, T in U lezi na isti kroznici, ter da je RSTU pravo-

kotnik katerega stranice so vzporedne z diagonalami konveksnega stirikotnika. Zato

pravimo osmim tockam kroznice, ki jih je dokazal ze zgoraj omenjeni Louis Brand,

prvih osem tock kroznice, tockam iz izreka 1.3.4 pa drugih osem tock kroznice. Ker

je RSTU pravokotnik, je sredisce kroznice na kateri leze drugih osem tock, ravno

presecisce diagonal pravokotnika RSTU .

15

1.4. Podobnosti med bimedianami in diagonalami.

Bimediane stirikotnika sem omenila ze v definiciji 10, zato bom sedaj v nasle-

dnjem izreku podala zanimivo povezamo med bimedianami in diagonalami konve-

ksnega stirikotnika, ki podaja tudi pogoj za ortodiagonalni stirikotnik.

Izrek 1.4.1. V konveksnem stirikotniku imamo naslednje pogoje:

(1) Bimediane so skladne, ce in samo ce, so diagonale med sabo pravokotne

(konveksni stirikotnik s pravokotnimi diagonalami je ortodiagonalni stirikotnik).

(2) Bimediane so med sabo pravokotne, ce in samo ce, so diagonale stirikotnika

skladne.

Dokaz. (1) Glede na dokaz izreka 7 (5), velja, da bimediani m in n v

konveksnem stirikotniku ustrezata pogoju:

4(m2 − n2) = −2(a2 − b2 + c2 − d2)

kjer so a, b, c in d stranice konveksnega stirikotnika. Iz enakosti opazimo,

da ce velja :

m = n⇔ a2 + c2 = b2 + d2

kar sem dokazala pri izreku 1.1.1, da ce velja zgornja enakost, potem je

stirikotnik ortodiagonalen. Iz definicije7 sledi, da ima stirikotnik pravokotne

diagonale.

(2)

Slika 9. Bimediani stirikotnika in Varignonov paralelogram.

Diagonali paralelograma sta ravno bimedianim in n konveksnega stirikotnika

ABCD, ki pa sta med sabo pravokotni kot pravi izrek, ki ga dokazujemo.

16

Znano je ze, da so dolzine stranic Varignonovega paralelograma enake po-

lovici dolzin 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

�

17

1.5. Pogoji povezani s stirimi trikotniki v konveksnem stirikotniku.

Naslednje definicija veljajo v evklidski geometriji, zato tudi rezultati veljajo le v

primeru evklidske geometrije. Definicije so povzete iz studijskega gradiva Elemen-

tarna geometrija.

Definicija 12. Daljico, katere eno krajisce je oglisce trikotnika, drugo pa raz-

polovisce nasprotilezne stranic, imenujemo teziscnica.

Izrek 1.5.1. (Apolonijev izrek). Naj bodo A, B in C tri razlicne tocke v ravnini

in naj D oznacuje sredino daljice BC. Potem je dolzina |AD| enaka:

|AD| = 12

√2(|AB|2 + |AC|2)− |BC|2.

Definicija 13. Skupni tocki simetral stranic trikotnika pravimo sredisce ocrtanega

kroga.

Sedaj bom predstavila se dva pogoja o ortogonalnih stirikotnikih, ki spomi-

njata na izrek 1.1.1.

Izrek 1.5.2. Konveksni stirikotnik ABCD je ortodiagonalen, ce in samo ce,

m21 +m2

3 = m22 +m2

4

kjer so m1, m2, m3 in m4 teziscnice v trikotnikih ABP , BCP , CDP in DAP od

presecisca diagonal, do stranic AB, BC, CD in DA. Tocka P predstavlja presecisce

diagonal.

Slika 10. Teziscnice trikotnikov vsebovanih v stirikotniku ABCD.

18

Dokaz. Naj tocka P deli diagonali na dele w, x in y, z. Z uporabo Apollonije-

vega izreka 1.5.1 v trikotnikih ABP , CDP , BCP in DAP dobimo:

m21 +m2

3 = m22 +m2

4

⇐⇒ 4m21 + 4m2

3 = 4m22 + 4m2

4

⇐⇒ 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 oglisca trikotnika ABC, se

imenuje trikotniku ABC ocrtan krog, njegovo sredisce pa srediscce ocrtanega kroga.

Izrek 1.5.3. Konveksni stirikotnik ABCD je ortodiagonalen, ce in samo ce,

R21 +R2

3 = R22 +R2

4

kjer so R1, R2, R3 in R4 polmeri krogov, ki imajo sredisce v razpoloviscu stranice

stirikotnika, potekajo pa skozi vsa tri oglisca trikotnikov ABP ,BCP , CDP in DAP .

Slika 11. Teziscnice trikotnikov - polmeri kroznic.

19

Dokaz. Z uporabo sinusnega izreka v stirih trikotnikih dobimo:

a = 2R1 sin θ, b = 2R2 sin(π − θ), c = 2R3 sin(θ) in d = 2R4 sin(π − θ)

Da bo stirikotnik ABCD ortodiagonalen, mora po izreku 1.1.1 velati naslednja ena-

kost:

a2 + c2 = b2 + d2

kar je ekvivalentno ce zpisemo:

a2 + c2 − b2 − d2 = 4sin2θ(R21 +R2

3 −R22 −R2

4)

Sedaj uporabimo enakost sin(π - θ) = sinθ ter dobimo:

a2 + c2 = b2 + d2 ⇐⇒ R21 +R2

3 = R22 +R2

4

saj sinθ > 0 za 0< θ < π. �

20

Literatura

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

rano 25.7.2016)

(2) Podrzavnik, S. (2009). Tetivni stirikotniki 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)

21