紧接着，我们想问：是否任意一个多边形内都能找到内接矩形呢？有意思的是，答案也是肯定的。但此时，前一节我们用到的两种证明方法现在都派不上用场了，我们需要用到一些全新的手段。下面这个证明真可谓是巧妙到了诡异的地步，真不知是谁想出来的。
对于多边形边界上的任意两点 A(x1, y1) 、 B(x2, y2) ，作出它们在三维空间中所对应的点 ((x1+x2)/2, (y1+y2)/2, √(x1-x2)^2+(y1-y2)^2) 。换句话说，把多边形放在水平面 z=0 上，对于多边形上的每一组无序点对 A 、 B ，在线段 AB 中点的正上方 |AB| 处作一个点。再把这个多边形本身加进去，我们就得到了一个三维空间中的封闭曲面。
可以看到，图中所示的例子中，这个曲面与自身相交了。这就表明，存在多边形边界上的两组点对 A 、 B 和 C 、 D ，它们满足线段 AB 和 CD 的中点重合，并且两线段一样长。这样，四边形 ABCD 就是多边形的一个内接矩形了。下面我们将说明，这个曲面一定会与自身相交。
容易看出，如果 A 、 B 两个点都在多边形的同一条边上，那么所有这样的点对在三维空间的对应点集是一个三角形；如果 A 、 B 来自于两条不同的边，那么所有可能的线段 AB 的中点将构成一个平行四边形，它们在空间中对应的点集就是一个有四条边的曲面。也就是说，这个曲面有一个 n 边形（底面），有 n 个三边形（对应多边形的 n 条边），还有 n(n-1)/2 个四边形（对应多边形的 n(n-1)/2 对边）。因此，这个曲面一共有 1 + n + n(n-1)/2 个面，而它的边数则为
(1/2) * (n*1 + 3*n + 4*n(n-1)/2) = n^2 + n
另外，多边形的每两个顶点对应了曲面上的一个顶点，再加上底面上还有 n 个顶点，因此这个曲面有 n + n(n-1)/2 个顶点。于是，这个曲面的 Euler 示性数 V – E + F 等于
n + n(n-1)/2 – n^2 – n + 1 + n + n(n-1)/2 = 1
这表面这个曲面是不可定向的，它不能嵌入到三维空间中。
神奇。
(沙发)
My sofa!
啊快看，一楼比我快了几微秒，沙发是他的了…
我真幸运啊
任意n+1维多边形内也均存在内接n维矩形么
刚才说错了，应该是：
任意n维多边形内也均存在内接n维矩形么
晕了，再改：
任意n维多面体内也均存在内接n维长方体么
赞~
这也太神奇了…..
赞~
这也太神奇了…
期待续集!
任意多边形内均存在内接正三角形
任意多边形内均存在内接矩形
我猜：
任意多边形内均存在内接菱形
任意多面体内均存在内接正方体
再猜：
任意多面体内均存在内接正四面体
任意多面体内均存在内接平行六面体
任意n维多面体内也均存在内接n维正n+1面体
不知道我猜的有几个是正确的
太神奇了，继续发下集
任意(2^n)-1维多面体均存在内接n维立方体(这个比较天马行空)
不太懂……
这个证明属鬼手，但是欧拉示性数为1，也可以是轮胎面啊，不能说必然自相交，除非能排除这一点。没看证明原文，不知是否考虑了这一点。
其实有更直观的证明：
设AB是多边形的最长对角线（或边），则连接A点的两条边A1、A2与AB的夹角必为锐角，连接B点的两条边B1、B2与AB的夹角也必为锐角。
在AB线段上充分接近A点处作一垂线，必与A1、A2相交，设相交所得线段为L，假定L上每一点都向B方向发出垂直于L的光线，则得到一个探照灯束。现在让L的两端点在A1、A2上滑动但保持L长度不变，则探照灯束宽度不变且必能照亮B点。
当照亮B点时，如灯束的两边缘分别与B1、B2相交，则通过转动灯束，必可使两边缘长度相等，得到一个矩形；如只有灯束的一侧边缘与B1、B2相交，仍可通过转动灯束使两边缘长度相等。证明的关键在于B1、B2与AB的锐夹角属性，使得两边缘长度的大小可以颠倒，从而必然有相等的时候。
由于不便作图，具体证明细节就不写了。
这个证明属鬼手，但是欧拉示性数为1，也可以是轮胎面啊，不能说必然自相交，除非能排除这一点。没看证明原文，不知是否考虑了这一点。
其实有更直观的证明： 设AB是多边形的最长对角线（或边），则连接A点的两条边A1、A2与AB的夹角必为锐角，连接B点的两条边B1、B2与AB的夹角也必为锐角。
在AB线段上充分接近A点处作一垂线，必与A1、A2相交，设相交所得线段为L，假定L上每一点都向B方向发出垂直于L的光线，则得到一个探照灯束。现在让L的两端点在A1、A2上滑动但保持L长度不变，则探照灯束宽度不变且必能照亮B点。
当照亮B点时，如灯束的两边缘分别与B1、B2相交，则通过转动灯束，必可使两边缘长度相等，得到一个矩形；如只有灯束的一侧边缘与B1、B2相交，仍可通过转动灯束使两边缘长度相等。证明的关键在于B1、B2与AB的锐夹角属性，使得两边缘长度的大小可以颠倒，从而必然有相等的时候。
由于不便作图，具体证明细节就不写了。
如只有灯束的一侧边缘与B1、B2相交，仍可通过转动灯束使两边缘长度相等。
===========
这句应改为：如只有灯束的一侧边缘与B1、B2相交，仍可通过转动灯束使两边缘分别与B1、B2相交且边缘长度相等。
探照灯束宽度不变且必能照亮B点。有问题吧
恩 不错 值得论证！
(1/2) * (n*1 + 3*n + 4*n(n-1)/2) = n^2 + n
其实说成与普通凸多面体欧拉公式矛盾更好理解
神奇啊！