Feladat: Gy.2250 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1985/november, 391 - 393. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Középpontos tükrözés, Súlyvonal, Paralelogrammák, Négyszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/február: Gy.2250

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

Tegyük fel, hogy a megadott átló az AC. Jelölje O a paralelogramma szimmetriaközéppontját. Ekkor a P ponttal együtt a PO félegyenest is adottnak vehetjük.
A PAC háromszög mindhárom oldala ismert, így a PO szakasz, mint e háromszög P-ből induló súlyvonala megszerkeszthető. Ehhez a lépéshez szükséges, hogy a megadott PA, PC, AC szakaszokból létrejöjjön az ‐ esetleg elfajuló ‐ PAC háromszög.

 
 
1. ábra
 

Vigye az O középpontú tükrözés ‐ amelynek során tehát a paralelogramma képe önmaga ‐ a P pontot a P'-be (1. ábra). Ha P és P' egybeesnek ‐ azaz P=0, vagyis PA=PC=AC/2 ‐, akkor nyilván szükséges, hogy PB=PD is fennálljon, ilyenkor végtelen sok megoldása van a feladatnak.
Ha P≠P', akkor a paralelogramma mind a négy csúcsának ismerjük a sík két különböző pontjától ‐ a P-től és a P'-től ‐ mért távolságát, így mind a négy csúcs megszerkeszthető. Akkor létezik megoldás, ha a megadott távolságokkal megszerkeszthetők az ‐ esetleg elfajuló ‐ PXP' háromszögek, ahol X az A, B, C és D csúcsok közül kerülhet ki. Ilyenkor viszont mind a négy pontra ‐ általában ‐ két megoldás adódik, és ezek páronként tükrös helyzetűek a PP' egyenesre. Jelöljük a PP' egyenest a továbbiakban t-vel.
Ha most az (A,A'), (B,B'), (C,C') és (D,D') pontpárok mindegyikéből egymástól függetlenül egy-egy pontot választunk, akkor az így kapott négyszög csúcsai természetesen a megadott távolságokra lesznek a P ponttól. Megszorítást jelent, hogy négyszögünk paralelogramma, másfelől hogy AC átlója megadott hosszúságú.
A szimmetria miatt az A és az A' pontok közül válasszuk az A-t. Ezután a C választása már egyértelmű, ugyanis ha AC'=AC, akkor A rajta van t-n, így t épp az AC átló, vagyis ekkor C=C' is fennáll. Ha ezután a (B,B') párból a B-t választjuk, akkor az ABCD, ha pedig a B'-t, akkor az AB'CD' négyszög adódik (2. ábra). Ezek a négyszögek paralelogrammák, hiszen szimmetrikusak az O pontra, másfelől bennük a megfelelő távolságok rendre a megadottakkal egyenlők. A két paralelogramma általában nem egybevágó, hisz átlóik egyenlők, az átlók hajlásszöge viszont általában nem.
 
 
2. ábra
 

A P≠P' esetben tehát feladatunknak általában két különböző megoldása van, amennyiben a korábban említett háromszögek megszerkeszthetők, és a megadott átló végpontjainak az A és a C csúcsokat választjuk. A feladat szövege azonban a paralelogramma ,,egyik átlójáról'' beszél, így az adott hosszúságú átló végpontjainak a betűzés szerint ugyancsak átellenes B és D csúcsokat is választhatjuk. Így az előzőktől általában különböző újabb két megoldást kapunk, a feladatnak tehát valójában négy megoldása van.
 

Megjegyzés. Könnyen látható, hogy amennyiben az AC átlót tekintjük a megadott hosszúságúnak, akkor az általános esetben ‐ P≠P' ‐ kapott két megoldás akkor egybevágó, ha az ABC és az AB'C háromszögek egybevágók. Mivel a két háromszög AC oldalegyenese közös, ez a B' pont négy lehetséges helyzetében fordulhat elő (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Az első esetben B=B', tehát B illeszkedik a t egyenesre, amely így azonos a BD átló egyenesével. A megadott távolságokra nézve ez azt jelenti, hogy a szerkesztett PO éppen az adott PB és PD távolságok számtani közepe. Ilyenkor a két megoldás egybeesik.
A második esetben B és B' az AC-re tükrösek, így t azonos az AC átló egyenesével. Erre akkor kerül sor, ha a megadott távolságok közül a PA, PC, AC szakaszokból szerkesztett háromszög elfajuló. Ilyenkor tehát a két megoldás a közös AC átló egyenesére szimmetrikus.
A harmadik esetben B és B' középpontosan szimmetrikus az AC felezőpontjára, O-ra, így B'=D, azaz t a BD átló felező merőlegese. Ez akkor teljesül, ha PB=PD. Ilyenkor a két megoldás egybeesik, pontosabban az O-ra tükrös helyzetűek.
A negyedik esetben B és B' az AC felező merőlegesére tükrösek, azaz t az AC átló felező merőlegese. Ez akkor teljesül, ha PA=PC. Ilyenkor a két megoldás a közös AC átló felező merőlegesére szimmetrikus.