Kezdőlap


Feladat:	991. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Halek Tibor , Orbán Gábor , Tolnay-Knefély Tibor
Füzet:	1966/október, 64 - 66. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Négyszögek szerkesztése, Gyakorlat, Középponti és kerületi szögek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/május: 991. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Legyen $A B C D = N$ a feltételeket kielégítő négyszög (1. ábra $a$ része), éspedig a $B A D$ és $C B A$ szög egyenlő a csúcsokhoz előírt $α$ , ill. $β$ szöggel az $A C$ és $B D$ átló egyenlő az előírt $e$ , ill $f$ szakasszal, végül az átlók $M$ metszéspontjánál levő $A M B$ szög az adott $ε$ szöggel.

1. ábra

Toljuk el az

A B C

háromszöget úgy, hogy

A

C

-be jusson, és legyen

B D

új helyzete

E F

. Ekkor a

B E F D = P

és a

B E C A

idom paralelogramma,

P

oldalai

B E = A C = e

és

B D = f

D B E

szöge

ε

, az utóbbiban a

B C

szakasz átló. Így

E C B ∢ = A B C ∢ = β

, váltószögek, továbbá

E C F ∢ = B A D ∢ = α

, egyállású szögek.
Ezek alapján az

e

f

ε

adatokból megszerkesztjük az

F E D

háromszöget és kiegészítjük

P

-vé, megszerkeszthetjük

E F

fölé

α

nyílásszöggel az

i_{1}

B E

fölé

β

szöggel az

i_{2}

látószögkörívet, ezeknek (

E

-től különböző) közös pontja a

C

csúcs; végül a

C E F

háromszöget úgy toljuk el, hogy

E

B

-be jusson, ekkor

C

új helyzete az

A

csúcs.
Az

A B C D

négyszög megfelel a követelményeknek, mert az eltolás miatt a felmért adatok az előírt helyzetbe jutottak.

i_{1}

-et,

i_{2}

-t

P

oldalai fölé azon a parton szerkesztjük meg, amelyiken

D

van, hacsak

α < 180^{\circ}

, ill.

β < 180^{\circ}

. Ellenben pl.

α > 180^{\circ}

esetén

i_{1}

-et

E F

másik partján szerkesztjük a kiegészítő

360^{\circ} - α (< 180^{\circ})

látószöggel.
A közös pontból kiinduló

i_{1}

-nek és

i_{2}

-nek legfeljebb még egy közös pontja van, így a megoldás ‐ ha létezik ‐ egyértelmű. Az ívekhez

E

-ben húzott félérintő

E F

-fel, ill.

E B

-vel

180^{\circ} - α

, ill.

180^{\circ} - β

szöget zár be.

C

létrejön, ha ez a két szög átfedi egymást a

B E F

szögtartományban, azaz ha

\begin{matrix} (180^{\circ} - α) + (180^{\circ} - β) > 180^{\circ} - ε, ε > α + β - 180^{\circ} . \end{matrix}

N

-nek konvex, konkáv vagy hurkolt voltát

C

-nek

P

-hez képest adódó helyzete határozza meg. Hurkolt megoldás nem fogadható el, mert hurkolt négyszög kerületén nem jelölhető ki a belső és a külső part, szögei nem értelmezhetők a szokott módon.

Halek Tibor (Budapest, Berzsenyi D. Gimn.) dolgozata kiegészítéssel

Megjegyzések. 1. A négyszög egymás utáni oldalainak felezőpontjai egy paralelogramma egymás utáni csúcsait adják, melynek oldalai az átlók felével, szögei az átlók közti szögekkel egyenlők. Adatainkból ez az

A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}

paralelogramma¹ megszerkeszthető (legyen

A_{1}

A B

oldal felezőpontja, s i.t., ekkor

B_{1} A_{1} D_{1} ∢ = A M B ∢ = ε

, az ábra b része). Így az

A

csúcs az

A_{1} D_{1}

szakasz

α

nyílású

i_{1}

látószögkörívén van,

B

pedig az

A_{1} B_{1}

szakasz

360^{\circ} - β

szögű

i_{2}

látókörívén. Mivel még

B

A

tükörképe

A_{1}

-re, azért rajta van

i_{1}

-nek

A_{1}

-re való

i'_{1}

tükörképén is, ezért

B

-t megadja

i_{2}

-nek és

i'_{1}

-nek

A_{1}

-től különböző metszéspontja. Ezután

B

-nek

A_{1}

-re való tükörképe

A

B_{1}

-re való képe

C

, és

D

A

tükörképe

D_{1}

-re. ‐ Ez a megoldás lényegében a fenti megoldás felére kicsinyített változata.

Orbán Gábor (Makó, József A. Gimn.)

2. Ha

β

helyett a

B C D = γ

szög lenne adva, akkor a

B_{1} C_{1}

szakasz fölötti

γ

nyílású

i_{3}

körívet az

i'_{1}

-nek

B_{1}

-re való

i''_{1}

tükörképével metszve a

C

csúcsot kapnók meg elsőnek. Könnyű belátni, hogy

i''_{1}

i_{1}

-ből

e

nagyságú eltolással is létrejön, az

A_{1} B_{1}

irányban.

2. ábra

II. megoldás. A

B

csúcs az

A C

szakasz

β

látószögű

i_{2}

körívén van (előre kiköthetjük, hogy az

A C

egyenes melyik oldalán),

A

B D

szakasz

α

látószögű

i_{1}

körívén. Rögzítsük az

A C

szakasz helyzetét (2. ábra), ekkor

i_{1}

-et kell alkalmasan elhelyeznünk. Ehhez

K

középpontját szerkesztjük meg abból kiindulva, hogy

B D = f

és

α

meghatározzák az ív

r_{1}

sugarát és a

B D K

háromszöget, így a

K B D

szöget is. Ezért

K

-nak rajta kell lennie egyrészt az

A

körül

r_{1}

sugárral rajzolt

k_{a}

körön; másrészt míg

B

végigfut

i_{2}

-n, minden helyzetében ismert a

B D

szakasz iránya és ezzel a

B K

szakasz iránya és

r_{1}

hossza is, egy ilyen az ábrán

B^{*} D^{*}

és hozzá

K^{*}

K

tehát azon az

i_{2}

-vel egybevágó

A' C' = i'

köríven fut végig, amely

i_{2}

-ből a

B^{*} K^{*}

irányú és nagyságú eltolással keletkezik. Ennélfogva

K

k_{a}

körnek és az

i'

ívnek (

A'

-től különböző) metszéspontja. Ezután

B

-t a

K

-n átmenő, a

K^{*} B^{*}

-gal párhuzamos egyenes metszi ki

i_{2}

-ből. A szerkesztés diszkusszióját az olvasóra hagyjuk.

Tolnay-Knefély Tibor (Budapest, Bláthy O. Techn.)

¹Az ábra b) részén a jobb alsó

C_{1}

helyesen

C