Feladat: 1341. matematika gyakorlat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Albert Gábor ,  Balog Ádám ,  Bartha Miklós ,  Besenyei Lajos ,  Boruzs Mária ,  Burda Magdolna ,  Búza Antal ,  Császár Gyula ,  Cséplő Gábor ,  Domokos Mária ,  Egervölgyi Mária ,  Fórizs Erzsébet ,  Fűrész Béla ,  Holló Mihály ,  Horváth Eszter ,  Juhász György ,  Kartaly Béla ,  Kémeri Viktória ,  Keveházi Attila ,  Koltai Ferenc ,  Korda Zsuzsa ,  Labancz Lázsló ,  Lakner Péter ,  Lukács Gábor ,  Mező László ,  Prőhle Péter ,  Remsei Ferenc ,  Somogyi Antal ,  Szalay Imre ,  Ureczky József ,  Zombory József ,  Zupkó Mária 
Füzet: 1973/november, 133 - 134. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyéb sokszögek hasonlósága, Középpontos tükrözés, Eltolás, Körök, Trapézok, Diszkusszió, Négyszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/december: 1341. matematika gyakorlat

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

I. megoldás (vázlat). Legyen a keresett ABCD trapézban AB∥CD és AB=2CD, az adott szárak AD=d és BC=b, az átlók metszéspontja S, és ASB∢=φ. Az adott arány alapján a szárak E metszéspontjára ED:EA= =1:2, tehát E az A tükörképe D-re, és B-é is a C-re mint centrumra nézve. Továbbá AC és BD az ABE háromszög súlyvonalai, tehát S a súlypontja, így AC:AS=3:2.

 

 

Mindezek S-re egy, C-re pedig két mértani helyet adnak: S rajta van a fölvett AD szakasz 180∘-φ nyílású i látókörívén (a szerkesztés elején megválaszthatjuk, hogy melyiken), C egyrészt az i-nek az A centrumból 3:2 arányban nagyított i' képén, másrészt az E körüli EC=CB=b sugarú k körön (pontosabban: azon a félkörön, amely az AE egyenesnek i-t tartalmazó oldalán) van, tehát C ezek közös pontja. Végül B az E tükörképe C-re.
A szerkesztés helyességét nem bizonyítjuk, inkább a megoldások számát vázoljuk. i' mindenesetre átmegy a DE szakasz F felezőpontján. Ha φ≤90∘, akkor 180∘-φ≥90∘, ezért i és i' legföljebb félkörív, tehát i'-n végigmenve F-től A-ig, állandóan távolodunk E-től. Így k egyetlen belső pontjában metszi i'-t, ha d2<b<2d, különben nincs megoldás.
Ha φ>90∘, akkor hasonlóan i és i' nagyobbak félkörívnél, az F-től i'-n haladva előbb közeledünk E-hez, majd távolodunk tőle, végül ismét közeledünk, ezért a d2<b<2d esetben itt is 1 megoldás van, a d/2-nél kisebb és 2d-nél nagyobb értékekre egy-egy bizonyos korlátig 2 megoldás, i' és k érintkezése esetén ismét egy, más esetekben nincs megoldás. A mondott korlát nyilvánvalóan a k és E közti legkisebb, ill. legnagyobb távolság.
 

Horváth Eszter (Nyíregyháza)

 

Megjegyzések. 1. Lényegében ugyanígy szerkeszthető elsőként a B csúcs mint az E körüli 2b sugarú kör és az i-ből D centrumú 3-szoros nagyítása kapott i'' metszéspontja.
2. Ez a kérdés a 849. gyakorlat alakításából keletkezett: ,,Szerkesszünk háromszöget, ha adott két oldala, továbbá az a szög, amely alatt a harmadik oldal a súlypontból látszik.'' Megoldása K. M. L. 28 (1964) 116. old.
3. A feladatot csak konvex trapéz esetére oldottuk meg. Ajánljuk az érdeklődőknek a megfelelő módosítások elvégzését hurkolt trapéz esetére.
4. Módosíthatók a megoldások arra az esetre is, ha a párhuzamos oldalak aránya 1:2 helyett más értékű.
 

II. megoldás (vázlat). Toljuk el az ADB törött vonalat a DC→ vektorral és jelöljük A,B új helyzetét A'-vel, ill. B'-vel. Ekkor egyrészt A' és B harmadolják AB'-t, másrészt ACB'∢=ASB∢=φ.
Ezek alapján az alakzathoz hasonlót szerkeszthetünk tetszés szerint fölvett A*B'* szakaszból kiindulva: megszerkesztjük φ nyílású látókörívét, harmadoló pontjaihoz pedig ‐ A'*-hoz és B*-hoz mint alappontokhoz vesszük a d:b arányú Apollóniosz-kört, ezek közös pontja C*. Már ebből a helyzetből végrehajthatjuk a szükséges nagyítást, B*-ot véve centrumnak: B*C*-ra, azaz BC*-ra fölmérjük BC=b-t, ekkor A-t a BA* egyenesből a C*A*-gal C-n át húzott párhuzamos metszi ki, továbbá könnyen kapjuk D-t is.
Ezúttal a bizonyításon túl a diszkussziót is az olvasóra hagyjuk.
 

Ureczky József (Csurgó)