Feladat: 380. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bartha L. ,  Brodszky Ildikó ,  Bärnkopf R. ,  Börzsönyi L. ,  Csanak Gy. ,  Endrődy T. ,  Goldperger I. ,  Gyene A. ,  Hadik Z. ,  Katona Z. ,  Kesellyák M. ,  Kolonits F. ,  Krokovay Gizella ,  Magos A. ,  Majtényi S. ,  Máté Zsolt ,  Mihályffy M. ,  Mocskonyi M. ,  Molnár K. ,  S. Nagy Erzsébet ,  Simonfai L. ,  Soós S. ,  Svékus A. ,  Szatmári A. ,  Szatmári G. ,  Tamás Gyula (Bp.) ,  Trón L. ,  Visy G. 
Füzet: 1957/április, 113 - 115. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Középpontos tükrözés, Eltolás, Diszkusszió, Négyszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1956/november: 380. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: Képzeljük az ABCD négyszöget megszerkesztettnek (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

A CA=e átlót toljuk el önmagával párhuzamosan a BA'=e' helyzetbe. Akkor az A'AB∢ mint váltószög egyenlő az ABC∢=β szöggel, a DBA'∢ pedig mint megfelelő szög egyenlő DMA∢=180∘-ε szöggel. Az A csúcspontból tehát a BD=f szakasz α, a BA' szakasz β szög alatt látszik.
Eszerint a szerkesztés menete: Kiindulunk a B csúcsú 180∘-ε szögből, melynek száraira rámérjük a BA'=e'=e, és a BD=f távolságokat. Megrajzoljuk a BD, ill. BA' szakasz fölé az α, ill. β szögnek megfelelő kα, ill kβ látöszög-körívet. E két körívnek B-n kívül mindig van még egy közös pontja: A. Az A pont birtokában a C pont megszerkesztése már nem okoz nehézséget.
A megoldhatóság feltétele: kα és kβ egyik közös pontja mindig B, tehát mindig létezik a másik közös pont A. Ez nem eshetik egybe B-vel, mert akkor a két kör érintkeznék, ami csak úgy volna lehetséges, hogy e' és f egy egyenesbe esik, vagyis ε=0, de ez esetben nincs négyszög.
Ha kα azonos kβ-val, akkor az A,A',B és D pontok egy körön vannak, és így az A-nál levő (α+β)∢ és a B-nél levő 180∘-ε szög egy húrnégyszög két szemközti szöge, tehát α+β+180∘-ε=180∘, azaz α+β=ε, vagyis ε nem független adat. Ez esetben végtelen sok megoldást kapunk: az egybeeső két kör minden pontja tekinthető A-nak.
 

Máté Zsolt (Szeged, Radnóti g. I. o. t.)

 

II. megoldás: Képzeljük a feladatot megoldottnak (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

A négyszög oldalainak felezőpontjai meghatározzák az A1B1C1D1 paralelogrammát, amelynek oldalai e2, f2, és egyik szöge ε. Az A, ill. B pont rajta van az A1D1, ill. A1B1 fölé rajzolt kα, ill kβ látószög-köríven oly módon, hogy AA1=A1B.
A szerkesztés menete: Kiindulunk az A1B1C1D1 paralelogrammából, amely az e, f, ε adatokból könnyen megszerkeszthető. Megrajzoljuk a fentemlített kα és kβ látszög-köriveket. E két kör közös A1 pontján át kell egy olyan szelőt szerkeszteni, amelyen a két körben levő húr egyenlő. Mint ismeretes, az egyik körnek, pl. kα-nak A1-re vonatkozó k'α tükörképe metszi ki kβ-ből a B pontot. Innen kezdve a szerkesztés befejezése már kézenfekvő.
Mindig van egy, és csakis egy megoldás, kivéve amikor α+β=ε, ez esetben k'α≡kβ, és végtelen sok megoldást nyerünk.
 

Brodszky Ildikó (Bp. VIII., Ságvári lg. II. o. t.)