a) Jelöljük a deltoid csúcsait sorra $A\mathrm{,}B\mathrm{,}C\mathrm{,}D$ betűvel úgy, hogy $AB=AD=b$ és $CB=CD=a$ legyen, az átlók hosszát $d$-vel, metszéspontjukat $M$-mel. Feltehetjük, hogy adatainkra $b\geqq a$ teljesül.

b=a(>0) esetén mindenesetre teljesül: $4b^4>0$, és ${\left(b/a\right)}^2$ felső korlátját az

$\begin{array}{c}{\displaystyle x^2-6x+1=0}\end{array}$

(reciprok) egyenlet nagyobbik gyöke adja: $x_2=3+2\sqrt[]{2}={\left(\sqrt[]{2}+1\right)}^2$. Így a megoldás feltétele

$\begin{array}{c}{\displaystyle 1\leqq \frac{b}{a}\leqq \sqrt[]{2}+\mathrm{1,}}\end{array}$

(3)

ugyanis az biztos, hogy a föltétel teljesülése esetén $d^2$-re nem negatív értékeket kapunk, hiszen (2)-ben $d^2$ együtthatója negatív, a $d^2$-et nem tartalmazó tag pedig pozitív.
Ha (3)-ban $b/a=1$, akkor geometriailag csak a $d^2=a^2+b^2=2b^2$ megoldás használható (négyzet), mert a $d=0$ megoldás elfajult négyszöget jelent. Akkor is csak 1 deltoidot kapunk, ha $b/a=\sqrt[]{2}+1$, ekkor (2) gyökei egyenlők. Általában

${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 2d_1^2=a^2+b^2+a^2\sqrt[]{-\left[{\left(\frac{b}{a}\right)}^2-{\lambda }^2\right]\left[{\left(\frac{b}{a}\right)}^2-\frac{1}{{\lambda }^2}\right]}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =a^2+b^2+\frac{1}{\lambda }\sqrt[]{\left(\lambda a+b\right)\left(\lambda a-b\right)\left(\lambda b+a\right)\left(\lambda b-a\right)}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$

ahol $\lambda =\sqrt[]{2}+1$, és $2d_2$ kifejezésében a négyzetgyök $\left(-1\right)$-szerese szerepel.
b) Valós, nem elfajult megoldás esetén a $BAD\sphericalangle =\alpha$-ra és $ABC\sphericalangle =\beta$-ra a cosinustétel alapján, mindkét $d$-értékkel

 

${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{cos}\alpha =\frac{1}{2b^2}\left(2b^2-d^2\right)\mathrm{,}\alpha =\text{arc}\text{cos}\left(1-\frac{d^2}{2b^2}\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{cos}\beta =\frac{1}{2ab}\left(a^2+b^2-d^2\right)\mathrm{,}\beta =\text{arc}\text{cos}\frac{a^2+b^2-d^2}{2ab}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$

és ezekből a $C$ csúcsnál levő szög

$\begin{array}{c}{\displaystyle \gamma =2\pi -\left(\alpha +2\beta \right)\mathrm{.}}\end{array}$

A $\gamma =\pi$ eset tulajdonképpen szintén elfajult deltoid. Előre látható, hogy szükségképpen ez áll be, ha $d=2a$, ekkor (1) mindkét oldala 0, és $b=\sqrt[]{5}a$. Meg lehet mutatni, hogy a $b/a=\sqrt[]{5}$ eset úgy vágja ketté a (3) intervallum belsejét, hogy $b/a<\sqrt[]{5}$ esetén $d_1$ konvex négyszöget eredményez, $d_2$ konkávot; ha pedig

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{5}<b/a<\sqrt[]{2}+\mathrm{1,}}\end{array}$

akkor mindkét deltoidunk konkáv a C csúcsánál, ahol a kisebb $BC=DC=a$ szárai összefutnak.

 

Megjegyzés. Bizonyára több megoldó észrevette, hogy feladatunk a múlt tanévi Gy. 2045. gyakorlat számító megoldása; ott az oldalakból szerkesztenünk kellett a deltoidot, tudva, hogy $AC=BD$. (Lásd a megoldást az 1983. decemberi számban, 206. old.) Az ottani megoldás a $CA$ átlónak a merőleges $BD$ helyzetbe való forgatásán alapul. Természetesen lép be a diszkusszióba a $\sqrt[]{2}$ szám: $CE=\sqrt[]{2}b$, ami nálunk kerülő úton, szerencsés észrevétellel érkezett be.

 

 

E meglátás alapján a gépies Pitagorasz-tétel helyett más, közvetett megoldások is kínálkoznak. Például a $D_{1}EC\sphericalangle =D_{2}EC\sphericalangle =\epsilon$ felhasználásával: