四边形何时可以刻字？

为了简单起见，我将始终假设我们处理的是凸四边形。如果这样的四边形ABCD是围绕圆（一种称为可铭文的)，然后

(1)

AB+CD=BC+AD，

哪个是易于验证从圆外一点到一个圆的两条切线相等的观察。因此，（1）是一个必要的的条件(凸面的)四边形可铭刻。它是足够的? 换句话说，给定满足以下条件的凸四边形ABCD(1)，它是可刻的吗？有一个圆接触四边形的所有四个边吗？让我们证明这一点：

满足以下条件的任何凸四边形(1)是可铭文的。

我们首先构造一个与BC、CD和AD边相切的圆。（圆的中心位于角C和D的平分线的交点处）如果圆也与AB相切，我们就完成了。因此，假设相反，该圆与AB不相切。然后找到AB'与BC（或其延伸）上带有B'的圆相切。

自(1)是四边形可刻字的一个必要条件，AB'CD确实具有这个性质，我们有

(1')

AB’+CD=B’C+AD。

从（1）中减去（1'）并重新排列我们得到的项

AB-AB'=BC-B'C=BB'，

应该提到的是，绘制的图并没有涵盖所有可能的配置（例如，AB可能穿过了构造的圆），但它们都以相同的方式处理，并导致了一个违反三角形不等式的三角形。

按季度计算。

这是一个经典矛盾证明或者，在拉丁语中，荒诞还原假设某一财产持有（或不持有）会导致矛盾，因此与假设相反的假设必须为真。

看起来我们完了，是时候把注意力转向另一个了有趣的话题然而，刚刚给出的证据有一个缺陷，原则上可以修复，但需要付出相当大的努力。

上述证明的问题在于，默认圆在A和D之间的某个地方接触AD。就定理的前提而言，这个事实并不明显。然而，如果切点在线段AD之外，则整个构造会崩溃（尤其是在A的一侧）

作为替代，考虑以下完全不同的方法。然而，请注意概念修改在解释推导过程中的符号时，前面的证明是绝对有效的。

首先注意，任何风筝是可刻的，因此我们可以假设给定的四边形ABCD不是风筝。因此，要么AD>DC或AD<DC。假设是前者。后者被视为类似的。

如果AD>DC，然后(1)暗示AB>BC。因此，可以在AD上找到E，在AB上找到F，从而DE=CD和BF=BC。

我们可以重写(1)作为

AF+BF+CD=AE+DE+BC。

考虑DE=CD和BF=BC我们得到

AF=AE。

我们现在看到三个三角形CBF、EDC和FAE是等腰的。在每个等腰三角形中，顶点处角度的平分线用作垂直平分线底座的。因此，在B、A和D处的角的平分线同时是ΔCEF边的垂直平分线，因此是平行的。它们的公共点与四边形ABCD的所有四个边等距，从而得出ABCD是可铭文的必要结论。

([安德烈斯库和恩涅斯库第65-67页]给出了两个证明，但没有提到第一个证明中的缺陷。[费季索夫]另一方面，它也很重要。）

Darij Grinberg做出了以下观察：

……上述证明并不像建议的那样错误。确实可以说它的缺点是，它的书写方式是不完整的，但这是许多几何证明的情况，唉，它并不像看上去那么生动。但有一些知识定向线路和有向圆，这可以用一种简单的方式来帮助。事实上，我们必须首先证明条件的必要性（ABCD被限制意味着AB+CD=BC+DA）一般形式如下：

设a、b、c、d是四条有向线，它们都接触一个有向圆。（如果定向对象作为非定向对象相互接触，并且它们在切点处的方向一致，则称它们相互接触。）A=A^b， B=B^c， C=C^d， D=D^a（其中^表示“交点”）。然后，AB+CD=BC+DA，段指向的位置。

一旦证明了这一点，使用你的“有缺陷”的论点就很容易得出充分性。圆是在A和D之间还是在A之外的某个地方接触AD已经无关紧要了——它只是确定四边形ABCD是凸的还是自相交的，并且有一个内圆还是一个外圆，从有向线接触有向圆的角度来看，一切都是一样的。。。

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