Feladat: 1421. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Benedek Ilona ,  Diósi Lajos ,  Gárdos Eszter ,  Kloknicer Imre ,  Králik István ,  Végvári László 
Füzet: 1966/április, 160 - 162. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkidomok átdarabolása, Terület, felszín, Síkgeometriai szerkesztések, Szabályos sokszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/november: 1421. matematika feladat

Adott egy szabályos hatszög. Szerkesszünk vele egyenlő területű rombuszt, melynek egyik szöge 60, ha a szerkesztéshez csak
a) egyenes vonalzót,
b) csak körzőt

használhatunk. (Az utóbbi esetben a rombusz megszerkesztésén csúcsainak kijelölését értjük.)

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

A szerkesztendő rombusz oldala egyenlő az adott ABCDEF=S6 hatszög átlójával. Valóban, S6 területe kétszer akkora, mint az ACE=S3 szabályos háromszögé, mert az ABC, CDE, EFA háromszögekkel együttesen nyilvánvalóan lefedhető S3, és S3-at paralelogrammává kiegészítve, a terület kétszeresére nő, így S6-tal egyenlő területű, 60-os hegyesszöggel bíró rombuszt kapunk. Eszerint elég megszerkeszteni pl. C-nek AE-re vonatkozó G tükörképét, ekkor az ACEG négyszög megfelel a követelményeknek.

 
 

Csak körzőt használva G-t megadja az A és E körül AE sugárral írt körívek metszéspontja.
Egyetlen egyenes vonalzót használva az AC és EF egyenesek H metszéspontját összekötjük az AF, CE egyenespár J metszéspontjával, ebből CF kimetszi G-t. Ugyanis J a H tükörképe a CF szögfelezőre nézve, így HJAE, tehát az ACE háromszöggel együtt HCJ is szabályos, mert megfelelő szögeik egyenlők, továbbá F a háromszög középpontja, mert az FA, FC egyenesek egymás tükörképei FE-re, így pedig A, E, G a háromszög oldalfelező pontjai, tehát AGCE, EGAC.
 
Végvári László (Budapest, Berzsenyi D. g. III. o. t.)
 

Megjegyzés. A szerkesztésekre számos változat található a megoldásokban, ezekből vázolunk néhányat. A bizonyítást minden esetben az olvasóra hagyjuk. Az ábrán a zsúfoltság elkerülésére csak a felhasznált pontokat jelöltük meg.
Az E-n átmenő és AC-vel párhuzamos e egyenes megszerkesztéséhez elég meghatározni egy pontját. Ehhez elég annyit felhasználni S6 szimmetriáiból, hogy BE átmegy az AC átló K felezőpontján. Legyen az EC-nek tetszés szerinti (de E-től és C-től különböző) L pontját A-val összekötő egyenesnek e-vel való metszéspontja M, így A, C, E, M egy trapéz csúcsai, ennélfogva a szárak metszéspontját az átlók metszéspontjával összekötő egyenes átmegy K-n. Eszerint LK és AE metszéspontját N-nel jelölve M-et megadja AL és CN metszéspontja.
 
 Gárdos Eszter (Pécs, Janus Pannonius g. IV. o. t.)
 

A legtöbb megoldás azt használta fel, hogy csak vonalzóval is, csak körzővel is, tetszés szerinti számú pont előállítható abból a szabályos háromszög hálózatból (rácsból), melynek S6 csúcsai is pontjai, és oldalhossza AB, továbbá csak vonalzóval könnyen kijelölhető bármely két rácspont közti szakasz felezőpontja.
Új helyzetben kapunk egy R1R2R3R4 megoldást: R2, R3, R4, továbbá R5 az S6 2-2 nem-szomszédos oldala meghosszabbításával adódik, majd R1 pl. mint R4R5 és CF metszéspontja. ‐ E rombusz csúcsai 3 kör metszéspontjaiként is kiadódnak: A és B körül AB sugarú, R1 metszéspontjuk körül R1R3 sugarú kört írva, vagy négy AB sugarú körrel, melyek középpontjai F, A, B, C.
 
(Kloknicer Imre).
 

G-t megkapjuk 3 körrel, ha az F körül FE sugárral írt körre E-től 2-szer rámérjük FE-t.
G-t a CF-ből kimetszhetjük R2R6-tal is, ahol R6 a BC és AE metszéspontja (Benedek Ilona).
Az FB-nek K1 felezőpontját K-val összekötő egyenes K2-ben felezi FR2-t, és AK2 átmegy G-n (Diósi Lajos). Az AE-nek K3 felezőpontját K-val összekötő egyenes K4-ben felezi FR5-öt, és EK4 átmegy G-n (Králik István).