前回の投稿では、円周に対する相対的な位置について説明しました。次に、外接セグメントについて説明します。

幾何学は、点、線、角度、面、固体の特性と関係を研究する数学の興味深い分野です。この広大なフィールド内には外接セグメントがあり、幾何学やその他のさまざまな側面で重要な役割を果たします。

外接線分とは、円またはその他の幾何学的図形の円周上の点を接続する線分を指します。これらのセグメントは、内接図形と外接図形 (それぞれ別の図形の内側または外側に描かれた図形) を理解するための基本です。

外接セグメントは、エンジニアリングや建築など、幾何学的な精度が必要な構造やシステムの設計に使用される実際の用途もあります。たとえば、橋の建設、機械部品の作成、建物の設計では、構造の安定性と見た目の美しさを確保するために、内接図形と外接図形の原理がよく利用されます。

歴史

外接可能な四角形を発見する数学者の旅は、幾何学の歴史を巡る興味深い旅です。古代以来、人類は幾何学的形状間の特性と関係を探求してきました。外接四角形はこの知識の探求の注目すべき例です。

外接する四角形は接線とも呼ばれ、すべての辺に接する内接円を持つ四角形です。この特別な性質は何世紀にもわたって多くの数学者によって研究されており、これらの数値に関連する最も重要な定理の 1 つはピトーの定理です。この定理は、向かい合う辺の長さの合計が等しい場合に限り、四角形に外接することができることを示しています。

外接四角形の理解に貢献してきた数学者の歴史は豊かで多様です。たとえば、18 世紀のフランスの技術者アンリ ピトーは、彼の名前を冠した定理を発見したことで知られていますが、この性質は彼のずっと前から中国の数学者に知られていました。ピトーの貢献は、幾何学図形とその内接可能および外接可能な特性の後の研究のための強固な基盤を確立するのに役立ちました。

さらに、四角形のオイラー関係式を開発したオイラーなどの数学者の研究や、現代数学者の継続的な努力は、外接可能な四角形の物語が進化し続けるものであることを示しています。

外接可能な四角形の研究は、単に歴史的または理論的な関心の問題ではありません。たとえば、建築設計、機械部品の開発、さらにはゲーム業界でも、幾何学的特性を理解することで、より効率的で見た目にも美しいソリューションが得られます。

接線セグメント

接線セグメント、つまり曲線を切らずに一点だけで接する直線は幾何学の基礎であり、工学から天文学に至るまで実際に応用できます。

接線の研究の起源は、ギリシャやバビロニアなどの古代文明にまで遡り、すでに相似な三角形の辺の比率に関する定理を知っていました。しかし、タンジェントの概念がより具体的な形をとり始めたのは、ヘレニズム時代の数学者たちでした。たとえば、アレクサンドリアのユークリッドは、その著作『要素』の中で、幾何学的形状を通じて表現されているものの、現代の三角法の先駆となる概念を提示しました。

「三角法の父」という称号は、紀元前 2 世紀に三角法を扱った約 12 巻の論文を発表したニカイアのヒッパルコスに帰せられることが多いです。ヒッパルコスは、数学と天文学の進歩に不可欠なツールである、既知の最初の三角関数表の作成にも責任を負いました。

時間を進めて、プトレマイオスの著作『構文数学』は古代で最も影響力のあるものの一つであり、高さと距離を計算する必要性から生じたとされるタンジェントの研究が含まれていました。三角関数としてのタンジェントは、さまざまな文化や文明の貢献により、何世紀にもわたって発展してきました。

ルネサンスでは、レジオモンタヌスなどの数学者が三角法を別個の数学的学問として扱い、正接関数がより明確に定義され使用され始めたのもこの時期でした。

今日、接線セグメントは、実際の応用という観点からだけでなく、純粋な数学の美しさと優雅さの一部としても研究されています。

定理: 点 P から、A と B が円上にある状態で、線分 $\overline{PA}$ と $\overline{PB}$ を両方とも円に接するように駆動するとします。 、 それから

$$\overline{PA}\equiv \overline{PB}$$

デモンストレーション：

図に示すように、O を $\lambda$ の中心とし、その円周に接する直線 $\overline{PA}$ および $\overline{PB}$ とします。

三角形の一致 を使用できることに注意してください。脚 $\overline{OA}\equiv \overline{OB}$ は、$\overline{OP}$ の共通の側面 (斜辺) を持ちます。これにより、三角形 $PAO$ は三角形 $PBO$ と合同であることがわかります。

したがって、

$$\overline{PA} \equiv \overline{PB}$$

となります。

$\blacksquare$

外接四角形

外接四辺形は接線四辺形とも呼ばれ、幾何学の分野では魅力的な図形です。これらには、すべての側面が 1 つの円に接するというユニークな特性があります。この特別な特徴は、それらを興味深い研究テーマにするだけでなく、数学的な対称性と調和に固有の美しさを明らかにします。

四角形の各辺がちょうど 1 点で円に接するように円を内接することができる場合、四角形は外接可能であるとみなされます。この特性は、四角形が外接するものとして分類されるための必要条件であり、十分条件でもあります。

凸状の四角形は、その 4 つの辺が円に接する場合に限り、円で外接されます。

$ABCD$ が $\lambda$ に囲まれているか、$\lambda$ が $ABCD$ に内接されています。

命題 1: 凸四角形が円で外接する場合、向かい合う 2 つの辺の和は他の 2 つの辺の和に等しい。

$ABCD$ が $\lambda$ で囲まれている場合、

$$\overline{AB} + \overline{CD} = \overline{AD} + \overline{BC}$$

デモンストレーション：

$X$、$Y$、$Z$、$T$ を $\overline{AB}$、$\overline{BC}$、$\overline{CD}$、$\overline{ DA }$の接点とします。 、それぞれ。

以前に証明された接線分定理を適用すると、次のようになります。

$$ \begin{aligned} \underbrace{\overline{AX}+\overline{BX}}_{\overline{AB}}+\underbrace{\overline{CZ}+\overline{DZ} }_{\overline{CD}} = \underbrace {\overline{AT}+\overline{DT}}_{\overline{AD}} + \underbrace{\overline{BY}+\overline{CY}}_{\overline{BC}}\\ \end{aligned} $$

したがって、

$$\overline{AB} + \overline{CD} = \overline{AD} + \overline{BC}$$

$\blacksquare$

命題 2: 凸四角形において、向かい合う 2 つの辺の和が他の 2 つの辺の和に等しい場合、その四角形は円で外接されます。

$\overline{AB} + \overline{CD} = \overline{AD} + \overline{BC}$ の場合 $ABCD$ は円に外接することができます

デモンストレーション：

$\lambda$ を、四角形の辺 $\overline{AB}$、$\overline{BC}$、$\overline{CD}$ に接する円周とします。

$ABCD$ が $\lambda$ で囲まれていない場合、$\lambda$ で囲まれた行 $\overleftrightarrow{CD}$ 上に $X$ を持つ $ABCX$ が存在します。

$ABCD$ が $\lambda$ で囲まれている場合、

$$\overline{AB} + \overline{CD} = \overline{AD} + \overline{BC} \quad (1)$$

仮説によれば、

$$\overline{AB} + \overline{CD} = \overline{AD} + \overline{BC}$$

それは意味します

$$ \begin{aligned} \overline{AB} +\underbrace{\overline{CX}\pm \overline{XD}}_{\overline{CD}}=\overline{AD} + \overline{BC}\\ \overline{AB} + \overline{CX}=\overline{AD} + \overline{BC} \pm \overline{XD} \quad (2)\\ \end{aligned} $$

(1) と (2) から $\overline{AX} = \overline{AD} \pm \overline{XD}$ が得られますが、これは三角形 $ADX$ では不合理です。

したがって、$ABCD$ は円に外接することができます。

$\blacksquare$

定理: 凸四角形が円に外接するための必要十分条件は、向かい合う 2 辺の和が他の 2 辺の和に等しいことです。

デモンストレーション：

命題 1 と 2 を使用するだけです。

$\blacksquare$

解決された演習

  1. 図に示すように、外接可能な四角形 $ABCD$ の周囲長を決定します。

解決：

$ABCD$ を定理で囲うとすると、次のようになります。

$$\overline{AB} + \overline{CD} = \overline{AD} + \overline{BC}$$

$$(3x+1) + (x+1) = 3x + 2x$$

$$x = 2$$

ここで、周長は次のように求められます。

$$\text{周囲} = (3x+1) + 2x + (x+1) + 3x$$

$$\text{周囲} = \underbrace{9x}_{9~.~2=18}+2$$

$$\text{周囲} = 20$$
  1. 長方形台形に内接する円の半径 $r$ の値を計算します。

円の中心に線を引くと、$AB=2r$ が得られます。

$ABCD$ は定理により制限されるため、次のようになります。

$$\overline{AB} + \overline{CD} = \overline{AD} + \overline{BC}$$

$$2r + 13 = 10 + 15$$

$$2r = 12$$

$$r = 6$$
  1. 図形の円周は外接しています。中心間の距離が 28 cm、半径の差が 8 cm の場合、半径を決定します。

図から、中心間の距離は28cmであることがわかります。これらは外接円であるため、次のようになります。

$$d = r_1+r_2 = 28 \quad(1)$$

私たちが持っている声明から

$$r_1-r_2 = 8$$

$$r_1 = 8+r_2\quad (2)$$

(2) から (1) までは次のようになります。

$$8 + r_2 + r_2 = 28$$

$$2 r_2 = 20$$

$$r_2 = 10$$

(2)で置き換える

$$r_1 = 8+r_2 = 8 + 10$$

$$r_1 = 18$$

ここでは、円周に対する相対的な位置にわずかな貢献が行われました。次の投稿を待ちます。