Előrebocsátunk egy segédtételt, amelyet az alábbi megoldások mindegyikében felhasználunk.
Segédtétel: Az $ABCD$ trapéz $\left(AB||CD\right)$ $BC$ és $AD$ szárainak és $AC$, $BD$ átlóinak metszéspontját ($E$-t és $O$-t) összekötő egyenes felezi az $AB$ és $CD$ oldalt.
Megfordítva, ha egy $ABCD$ négyszögben $E$ és $O$ létrejön, és $EO$ felezi az $AB$ oldalt, akkor $AB||CD$ (vagyis a négyszög trapéz).
Bizonyítás. Messék egymást a (konvex) $ABCD$ négyszög $BC$ és $AD$ oldalai a $C$-n, ill. $D$-n túli meghosszabbítás $E$ pontjában, átlói az $O$ pontban (1. ábra).

 

1. ábra

 

EO(=EE1) $F$ metszéspontja is felezi $CD$-t.
Tegyük most azt fel, hogy $EO$ és $AB$ metszéspontja, $E_1$, felezi $AB$-t. $O$-nak $E_1$-re vonatkozó $P$ tükörképe is $EO$-n van, és $AOBP$ paralelogramma, tehát a $P$ és $R$ pont egybeesik, az (1) alatti jobb oldalak megegyeznek, tehát a bal oldaliak is, ez azonban csak úgy lehetséges, ha $DC||AB$. Most már a bizonyítás első része adja, hogy $F$ is felezi $CD$-t.
Ha $F$-ről tesszük fel, hogy felezi $CD$-t, akkor $C$-ből és $D$-ből kell az átlókkal párhuzamos $CP$ és $DR$ egyenest húzni.

 

I. megoldás. Segédtételünk első része alapján megszerkeszthetjük csak vonalzó segítségével az $AB$, $CD$ szakaszok $E_1$ és $F$ felezőpontját, majd az $E_{1}B$ és $CF$ szakaszok $B\text{'}$ és $C\text{'}$ felezőpontját (2. ábra).

 

 

2. ábra

 

Így

$\begin{array}{c}{\displaystyle BB\text{'}=B\text{'}{E}_1=\frac{1}{4}AB=\frac{3}{4}DC=DC\text{'}\mathrm{,}}\end{array}$

tehát $BB\text{'}DC\text{'}$ és $B\text{'}{E}_{1}DC\text{'}$ paralelogramma, átlóik metszéspontja a keresett középvonal egy-egy pontja.
Ennek alapján a szerkesztés a következő egyenesek és metszéspontok megszerkesztésével történhet: $AD$ és $BC$ metszéspontja $E$, $AC$ és $BD$-é $O$, $EO$ metszi $AB$-t és $CD$-t $E_1$-ben és $F$-ben. A $BF$ és $C{E}_1$-nek $O\text{'}$ metszéspontját $E$-vel összekötő egyenes metszi ki $B\text{'}$-t és $C\text{'}$-t és egyben $BD$-ből az első paralelogramma $K_1$ középpontját. Ezt összekötve $DB\text{'}$ és $E_{1}C\text{'}$-nek $K_2$ metszéspontjával, kapjuk a középvonalat.

 

Fürst Éva (Tatabánya, Árpád Gimn., I. o. t.)

 

II. megoldás. Úgy is hozhatunk létre paralelogrammákat, hogy $E_1$ és $F$ megszerkesztése után a segédtétel első része alapján $CD$-t megduplázzuk.
$E_1$ és $F$ megszerkesztése után húzzuk meg $D{E}_1$-et, majd az $AC$-vel való $G$ metszéspontját $B$-vel összekötő egyenest metsszük el $CD$ meghosszabbításával $D\text{'}$-ben (3. ábra). Az $ABCD\text{'}$ trapéz szárainak és átlóinak metszéspontját összekötő egyenes felezi $AB$-t, vagyis átmegy $E_1$-en, így azonos az $E_1$-et az átlók $G$ metszéspontjával összekötő egyenessel. Ez nem más, mint $E_{1}D$. Tehát $D$ felezi $CD\text{'}$-t, s így

$\begin{array}{c}{\displaystyle D\text{'}F=D\text{'}D+DF=\left(3/2\right)\cdot CD=\left(1/2\right)\cdot AB=A{E}_1=E_{1}B\mathrm{.}}\end{array}$

Eszerint $AD\text{'}F{E}_1$ és $E_{1}D\text{'}FB$ paralelogramma. Az utóbbinak a középpontja, $BD\text{'}$-nek és $E_{1}F$-nek metszéspontja, már rendelkezésre is áll. $AF$ és $D\text{'}{E}_1$ metszéspontja, $K_4$, szolgáltatja a középvonal egy másik pontját.

 

Fodor Péter (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn., II. o. t.)

 

 

3. ábra         4. ábra

 

III. megoldás. Két paralelogrammát szerkeszthetünk a segédtétel második részének, valamint annak felhasználásával is, hogy $O$ felezi az $E{E}_1$ szakaszt. Valóban, egyrészt $EF$ az $E{E}_1$ harmadrésze, tehát $F{E}_1$ a 2/3 része; másrészt $OF$ az $O{E}_1$-nek harmada, tehát $F{E}_1$-nek negyede, $O{E}_1$ pedig a háromnegyede, tehát $E{E}_1$-nek a fele, amint állítottuk.
Ennek alapján a következőképpen járhatunk el: az előző megoldások első 5 egyenesének a meghúzása után megrajzoljuk $D{E}_1$-et; ennek az $AO$-val való $G$ metszéspontját $E$-vel összekötő egyenes messe $AB$-t $A\text{'}$-ben (4. ábra).
$DE{E}_{1}A\text{'}$ trapéz, mert $ED$ és $E_{1}A\text{'}$ oldalainak és az átlóknak metszéspontját, $A$-t és $G$-t összekötő egyenes felezi $E{E}_1$-et. Ekkor viszont $DF{E}_{1}A\text{'}$ paralelogramma, így $FA\text{'}$ kimetszi $E_{1}D$-ből a középvonal egy $K_5$ pontját. Ugyanígy szerkeszthetjük ‐ $D$ helyett $C$-t és $A$ helyett $B$-t véve ‐ a $K{\text{'}}_5$ pontot. A kettő összekötő egyenese a keresett középvonal.

 

Bendzsel Miklós (Budapest, Piarista Gimn., II. o. t.)

 

Megjegyzés. Második paralelogramma szerkesztése nem is szükséges, hiszen $C{E}_{1}A\text{'}F$ is, $ADCA\text{'}$ is paralelogramma, mert
${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle E_{1}A\text{'}=FD=CF=\left(1/2\right)\cdot CD=\left(1/6\right)\cdot AB\mathrm{,}\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">és így</span>}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle AA\text{'}=AB-A{E}_1-E_{1}A\text{'}=\left(1-\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right)\cdot AB=\left(1/3\right)\cdot AB=CD\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$


$A\text{'}$ megszerkesztése után tehát akár $CA\text{'}$-vel $E_{1}F$-ből, akár $DA\text{'}$-vel $AC$-ből kimetszhetjük a középvonal egy-egy pontját ($K_6$, ill. $K_7$).

 

IV. megoldás. Láttuk, hogy $O$ felezi az $E{E}_1$ szakaszt. Ismert ponton át a felezőpontjával együtt ismert $AB$ szakasszal ‐ mint majd belátjuk ‐ párhuzamost tudunk szerkeszteni kizárólag egyenes vonalzó használatával. $O$-n át $AB$-vel párhuzamost húzva, ez az $ABE$ háromszög középvonala. Ennek ismeretében a másik két középvonal is meghúzható, és ezek felezik $AC$-t és $BD$-t. A két felezőpont a középvonal egy-egy pontja.
Ennek alapján a szerkesztés az $E_1$ pont megszerkesztése után: meghúzzuk $D{E}_1$ et, az $AO$-val való $G$ metszéspontját $B$-vel összekötő egyenes messe $AE$-t $B_1$-ben (5. ábra).

 

 

5. ábra

 

Az $ABO{B}_1$ négyszög $A{B}_1$ és $BO$ oldalainak $D$ metszéspontját az átlók $G$ metszéspontjával összekötő egyenes $D{E}_1$, felezi $AB$-t. Így a segédtétel második része szerint $O{B}_1||AB$, $B_1$ felezi $AE$-t, ennélfogva a $B_{1}O$ egyenesnek $BC$-vel való $A_1$ metszéspontja felezi $BE$-t. Így $E_1{B}_1$, $E_1{A}_1$ az $ABE$ háromszög másik két középvonala, ezért $AC$-t és $BD$-t ezek $K_8$, $K_9$ felezőpontjában metszi, tehát $K_8{K}_9$ az $ABCD$ trapéz keresett középvonalának egyenese.

 

Megjegyzések. 1. $A_1$ és $K_9$ megszerkesztése megtakarítható, ha észrevesszük, hogy trapézunk középvonalának hossza $\left(AB+CD\right)/2=2CD=\left(2/3\right)\cdot AB$, így $E$-től 2/3 akkora távolságban van, mint a trapéz $AB$ alapja, tehát átmegy az $ABE▵S$ súlypontján, ami pedig $E{E}_1$ és $B{B}_1$ metszéspontjaként már rendelkezésre áll.
2. $S$-et ‐ ugyanezen egyenesek metszéspontjaként ‐ már a II. és a III. megoldásban is említettük, $K_3$, ill. $K_6$ jelöléssel. $K_9$-et viszont az I. megoldásban ‐ $K_1$ jelöléssel ‐ egy másik egyenessel metszettük ki $BD$-ből. A fenti 4 megoldást egy ábrán végrehajtva számos további efféle összefüggést vehetünk észre, amelyeket kombinálva további megoldásokat kaphatunk. Megoldás építhető pl. arra a tényre is, hogy $(EO=O{E}_1$ miatt) a trapéz $O$-ra vonatkozó tükörképében $AB$ képe átmegy $E$-n, $CD$ képe a középvonalon van, a legutóbbi $K_8{K}_9$ szakasz. Az I‐III. megoldások eredményei tekinthetők egy-egy olyan háromszög középvonala szerkesztésének is, amelynek egy oldala a trapéz egyik alapján fekszik, harmadik csúcsa pedig a másik alapján, pl. $K_1{K}_2$ a $BB\text{'}D$ és $B\text{'}C\text{'}D$ háromszög középvonala.
3. Többen felhasználták, hogy bármely trapézban az átlók metszéspontján át az alapokkal párhuzamosan húzott egyenesből a szárak közé eső szakasz hossza a két alap harmonikus középarányosa. ^{${}^{*}$} Ez a fentieket kissé meghaladó méretű számítást igényel.

---

^{${}^{*}$}Vö. K. M. L. 37 (1968) 70. o.; továbbá 1232. gyakorlat.