Az érintőnégyszögek tétele

Definíció:

Azokat a konvex négyszögeket. amelynek oldalai egy körnek érintői, érintőnégyszögeknek nevezzük.

Az érintőnégyszögek belsejébe érintő kört szerkeszthetünk. Belső szögeinek szögfelezői egy pontban, a beírt kör középpontjában metszik egymást.

Tétel:

Egy síknégyszög akkor és csak akkor érintőnégyszög, ha két-két szemközti oldalának összege egyenlő.

A tétel két állítást tartalmaz:

1. Ha egy négyszög érintőnégyszög, akkor szemközti oldalainak összege egyenlő.
2. Ha egy négyszög szemközti oldalainak összege egyenlő, akkor az a négyszög érintőnégyszög.

1. Elsőként az első állítást bizonyítjuk.

Ha egy négyszög érintőnégyszög, akkor szemközti oldalainak összege egyenlő.

Tudjuk, hogy egy körhöz külső pontból húzott érintőszakaszok hossza egyenlő.

Ezért a mellékelt ábra jelöléseit használva:
AE=AH=a; BE=BF=b; CF=CG=c; DH=DG=d. Így:
AD+BC=(a+d)+(b+c),
AB+CD=(a+b)+(c+d)

Tehát: AD+BC=AB+CD. 

 Ezt kellett bizonyítani.

2. Bebizonyítható a tétel megfordítása is:

Ha egy négyszög szemközti oldalainak összege egyenlő, akkor az a négyszög érintőnégyszög, tehát van oldalait érintő kör.

Legyen adott az ABCD négyszög, amelyre teljesül, hogy a szemközti oldalainak összege egyenlő.
A mellékelt ábra jelöléseivel:
AB+CD=BC+AD.

Minden konvex négyszögbe lehet olyan kört szerkeszteni, amely érinti három oldalegyenesét.

Tételezzük fel, hogy az ABCD négyszög nem paralelogramma, azaz van két nem párhuzamos oldala. Legyen ez a mellékelt ábra szerint az AD és BC oldal.
Az A és B csúcsok szögfelezői kimetszik azt az O pontot, amely körül biztosan húzható olyan kör, amelyik érinti az AB, BC és az AD oldalakat.

Indirekt módon fogjuk bizonyítani a tétel megfordítását!

Tegyük fel, hogy ez az O középpontú kör nem érinti a negyedik DC oldalt.

Ekkor két lehetőség van: DC oldal vagy metszi a kört, vagy a körön kívül halad.

Mindkét esetben lehet húzni a DC oldallal egy D’C’ párhuzamost, amely érinti a kört.  Az eredeti négyszögről, feltételeztük, hogy szemközti oldalainak összege AB+CD=BC+AD.  Az új ABC’D’ érintőnégyszög és az eredeti ABCD négyszög oldalait vizsgálva, megállapíthatjuk a következő egyenlőtlenségeket:

DC>D’C’, hiszen az AD és BC szárak nem párhuzamosak, hanem összetartók. Másrészt BC<BC’ és AD<AD’. Ha tehát az AB+CD=BC+AD egyenlőségben jobb oldalon a BC és AD szakaszok helyére hosszabb, baloldalon a CD szakasz helyére a rövidebb C’D’ írjuk, a baloldalt csökkentettük a jobb oldalt növeltük, tehát:
AB+C’D'<BC’+AD’.

DC<D’C’, hiszen az AD és BC szárak nem párhuzamosak, hanem összetartók. Másrészt BC>BC’ és AD>AD’
Ha tehát az AB+CD=BC+AD egyenlőségben jobb oldalon a BC és AD szakaszok helyére rövidebb, baloldalon a CD szakasz helyére a nagyobb C’D’ írjuk, a baloldalt növeltük, a jobb oldalt csökkentettük, tehát:
AB+C’D’>BC’+AD’.

Mindkét esetben ellentmondásra jutottunk, hiszen az ABC’D’ érintőnégyszög lévén, reá AB+C’D’=BC’+AD’ egyenlőségnek teljesülnie kell. Ebből következik, hogy az a kiindulási feltevésünk volt helytelen, nevezetesen az, hogy bár az ABCD négyszög szemközti oldalainak összege egyenlő, mégsem érintőnégyszög.

Ebben az indirekt bizonyításban kihasználtuk, hogy az ABCD négyszög nem paralelogramma. A tétel megfordítása természetesen akkor is igaz, ha az ABCD négyszög paralelogramma, mert ha teljesül rá, hogy szemközti (és egyenlő) oldalainak összege megegyezik, akkor az csak rombusz lehet. Ennek belső szögfelezői pedig egy pontban metszik egymást, tehát érintőnégyszög.

Nevezetes négyszögek közül érintőnégyszög a négyzet, a rombusz és a deltoid.

Könnyű belátni, hogy a szimmetrikus trapéz nem minden esetben lehet érintőnégyszög.
„Sejthető”, hogy ha a trapéz túl „alacsony”, vagy ha túl „magas”, akkor nem lehet érintőnégyszög, nem lehet beírt kört szerkeszteni.

Tétel:

Ha egy szimmetrikus trapéz érintőnégyszög, akkor magassága mértani közepe a párhuzamos oldalak hosszának.

Rajzoljunk egy kört és szerkesszünk köréje egy tetszőleges szimmetrikus trapézt.Ilyet mindig lehet szerkeszteni.

A mellékelt ábra jelölései szerint:
AB=2a; BC=AD=a+b; DC=2c
Az MBC derékszögű háromszögre felírva Pitagorasz tételét:
m²=(a+b)²-(a-b)².
Zárójeleket felbontva: m²=a²+2ab+b²-a²+2ab-b²=2a⋅2b
Azaz: m²=AB⋅CD, ami éppen azt jelenti, hogy a szimmetrikus trapéz, ha érintőnégyszög, akkor magassága mértani közepe a párhuzamos oldalak hosszának.

Ez az összefüggés az ACD háromszög alapján is bizonyítható. Mivel a trapéz A és D csúcsainál lévő szögek összege 180°, másrészt AC és DC szögfelezők, ezért az ACD háromszögben az A és D csúcsnál lévő szögek összege 90°. Ebből következik, hogy az ACD háromszög derékszögű, amelynek átfogóhoz tartozó magassága a kör sugara (r) mértani közepe az átfogó (a trapéz AD szára) két szeletének. Eszerint: r²=ab. Ezt 4-gyel szorozva (2r)²=2a⋅2b. Ez éppen az állítás, hiszen 2r=m.

Feladat:

Igazolja, hogy ha egy szimmetrikus trapéz magassága mértani közepe az alapoknak (párhuzamos oldalaknak), akkor a trapéz érintőnégyszög!

(Összefoglaló feladatgyűjtemény 1959. feladat.)

Megjegyzés: Ez a fenti állítás megfordítása.

Megoldás:

Az ABCD szimmetrikus trapéz magasságát a C csúcsból meghúzva, kapjuk az MBC derékszögű háromszöget.
Írjuk fel rá a Pitagorasz tételt: m²=b²-(a-c)²/4.

A feladat feltétele szerint m²=ac, ezért ezt az összefüggést a következő alakba írhatjuk: ac+(a²-2ac+c²)/4=b².

Közös nevezőre hozás után: [(a+c)/2]²=b².
Mindkét oldalból négyzetgyököt vonva és 2-vel átszorozva: a+c=2b.

Ez éppen azt jelenti, hogy a szemközti oldalak hosszainak összege egyenlő, tehát a szimmetrikus trapéz ebben az esetben érintőnégyszög.