Feladat: 999. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Alpár A. ,  Bleyer A. ,  Bognár L. ,  Bollobás B. ,  Butor L. ,  Bürger N. ,  Csikor F. ,  Czékus L. ,  Durst I. ,  Farkas Z. ,  Frint G. ,  Fritz J. ,  Gagyi Pálffy A. ,  Gáti P. ,  Gazsi L. ,  Góth L. ,  Grüner Gy. ,  Hajna J. ,  Hegedűs I. ,  Horváth S. ,  Józsa S. ,  Klimó J. ,  Kopornoky Zs. ,  Kóta G. ,  Máté E. ,  Máté Zs. ,  Miklóssy E. ,  Molnár E. ,  Nagy Dezső ,  Náray-Szabó Gábor ,  Paulin F. ,  Pribék F. ,  Salamin P. ,  Simonovits M. ,  Szarka Gy. ,  Tattay Emőke ,  Tihanyi A. ,  Várady Gábor 
Füzet: 1960/május, 166 - 167. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Trapézok, Érintőnégyszögek, Diszkusszió, Négyszögek szerkesztése, Térelemek és részeik, Szerkesztések a térben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/október: 999. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A keresett trapéz S síkja metszi P-t, mert van pontja P-ben: A és van pontja P-n kívül: C; a metszésvonal éppen a meghatározandó AB=e egyenes. Ugyanígy S a Q-t a keresett CD=f egyenesben metszi. Az e és f egyenesek és velük S párhuzamosak p-vel.

 
 
1. ábra
 

Ha ugyanis pl. AB metszené p-t E-ben, akkor E a Q-nak is pontja volna, tehát S és Q-nak CD metszésvonala azonos lenne CE-vel, vagyis AB és CD metszenék egymást. Ezek szerint e és f egyértelműen megszerkeszthetők, és a feladat úgy egyszerűsödik, hogy B-nek e-n, D-nek f-en kell lennie.
Tekintsük a feladatot megoldottnak és legyen a trapézba írt kör érintési pontja az egymás utáni AB, BC, CD, DA oldalon rendre K, L, M, N, továbbá A vetülete f-en A'.
 
 
2. ábra
 

A trapéz egyenlő szárú voltából nyilvánvaló, hogy szimmetriatengelye átmegy a beírt kör középpontján, és így K, M-en is, tehát K és M felezik a párhuzamos oldalakat. Másrészt a KM tengely szétválasztja A-t, és C-t, és így A'-t és C-t is. AA' párhuzamos KM-mel, ezért MA'=KA; a szimmetriából KA=KB, végül a B és C-ből húzott érintőszakaszok egyenlőségéből KB=LB és CM=CL. Ezekből egyrészt MA'=LB, másrészt összeadással CA'=CM+MA'=CL+LB=CB. Eszerint B rajta van a C körül CA' sugárral írt körön. B-t ismerve D-t a C-nek AB felező merőlegesére való tükörképe adja meg. Így eljárást kaptunk a keresett trapéz megszerkesztésére.
Az ABCD trapéz megfelel a követelményeknek. Ugyanis benne AB∥CD, AD=BC, továbbá AA' felező merőlegese és az A'CB szög felezője metszéspontját O-val jelölve az O körül AA'/2 sugárral írt k kör érinti egyrészt e-t és f-et K, M-ben, és KM átmegy O-n és merőleges e, f-re, másrészt f-et és BC-t is érinti k, tehát KB=LB=CB-CL=CA'-CM=MA'=KA, így a KM egyenes az AB szakasz felező merőlegese, ennélfogva AD ‐ mint a BC tükörképe KM-re ‐ ugyancsak érinti k-t.
B-re 2, 1, ill. 0 megoldást kapunk aszerint, hogy a C körül CA' sugárral írt kör metszi, érinti, ill. nem metszi e-t, más szóval, hogy CA' nagyobb, egyenlő, ill. kisebb az e, f, egyenespár d=AA' távolságánál. B-ből D szerkesztése mindig egyértelmű. Ha CA'=d, akkor az ABCD idom derékszögű érintőtrapéz, vagyis négyzet.
 
Várady Gábor (Győr, Révai M. Gimn. IV. o. t.)

 

Megjegyzések. 1. A megoldásban ,,szokásos értelemben vett'' egyenlő szárú trapézt szerkesztettünk, vagyis feltettük, hogy annak a két oldalnak, melyekről tudjuk, hogy párhuzamosak, közös a felező merőlegese, tehát ez egyben szimmetriatengelye a négyszögnek. Tartsuk számon azonban, hogy az említett feltevés kizárja az egyenlő szárú trapéz fogalomköréből a paralelogrammákat, holott ezeknek is megvannak az egyenlő szárú trapézt meghatározó tulajdonságaik: egyik pár szemben fekvő oldaluk párhuzamos, a másik pár pedig egyenlő hosszú. Ha mármost egyenlő szárú érintőtrapézként érintőparalelogrammát, azaz rombuszt is elfogadunk, akkor B és D-t az AC felező merőlegese metszi ki e, ill. f-ből, vagyis a megoldás egyértelmű és mindig létezik, hacsak nem AC merőleges e-re.
2. Bár sokkal elterjedtebb szokás síkidomok leírása céljára a csúcsaikhoz írt betűket az idom valamelyik körüljárása mentén talált egymás utánjukban felsorolni, ‐ még sincs kimondva, hogy a felsorolások csak így érthetők. (Szögletes testek ilyen értelmű körüljárása általában nem is lehetséges.) Szórványosan előfordul az is, hogy a paralelogrammák, trapézok csúcsait jelölő betűket a két párhuzamos oldalon ugyanazon irányban végighaladva sorolják fel. Ilyen értelemben az adott A, C pontpár a keresett trapéz egyik szárának végpontjait is adhatja.
Így a trapézból ismerjük három egymás utáni oldal egyenesét, vagyis az idom két szögét, tehát e két szög felezőinek metszéspontjában megkapjuk a beírt kör O középpontját, majd A-t és C-t tükrözve az O-n átmenő, e-re merőleges egyenesen, megkapjuk B-t, D-t. (Az 1. megjegyzés szerinti rombusz-megoldás B, D-csúcsát pedig az említett szögfelezők metszik ki.)
 

Náray-Szabó Gábor (Budapest, József A. Gimn. III. o. t.)