Feladat: Gy.2388 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Tavaszi Gábor 
Füzet: 1987/október, 303 - 305. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Tengelyes tükrözés, Súlyvonal, Paralelogrammák, Párhuzamos szelők tétele, Négyszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/január: Gy.2388

Adott egy paralelogramma és az egyik oldalpárjára merőleges egyenes. Csak vonalzó segítségével tükrözzük a paralelogrammát az egyenesre!

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

Legyenek a paralelogramma csúcsai A, B, C és D, az AB és CD oldalpárra merőleges adott egyenes t, a szerkesztendő tükörkép A'B'C'D', végül messék az AB és a CD egyenesek a t egyenest K-ban illetve L-ben (1. ábra). A tengelyes tükrözés tulajdonságai miatt AA'=2AK, BB'=2BK, CC'=2CL és DD'=2DL, tehát a tükrözés most adott szakaszok megkétszerezését jelenti. Ezt fogjuk most elvégezni csak vonalzó segítségével, felhasználva, hogy minden esetben adott egy, a megkétszerezendő szakasszal párhuzamos egyenes (a paralelogramma szemközti oldala).

 
 
1.a ábra
 

 
 
1.b ábra
 

Először egy adott GH szakasz felezőpontját szerkesztjük meg. Legyen I és J az e egyenesen két olyan pont, melyekre a GHIJ trapéz nem paralelogramma. A trapéz HI és GJ szárainak metszéspontja legyen P, a GI és HJ átlók metszéspontja pedig O. Azt állítjuk, hogy a PO egyenes felezi a GH szakaszt.
 
 
2. ábra
 

Messe az O-n átmenő, e-vel párhuzamos egyenes a trapéz szárait az R és a Q pontban (2. ábra). Ekkor a JQO és a JGH, valamint az IRO és az IHG háromszögek hasonlóak, mert megfelelő oldalaik párhuzamosak. Ezek arányára tehát
QOGH=JQJG,illetveORGH=IRIH.

A párhuzamos szelők tétele miatt a fenti egyenlőségek jobb oldalai egyenlők, és így a bal oldalak egyenlőségéből QO=OR következik, vagyis PO a PQR háromszög súlyvonala. A PQR és a PGH háromszögek középpontosan hasonlóak, ezért PO a PGH háromszögben is súlyvonal, és így valóban felezi GH-t.
Ezek után már könnyen megszerkeszthetjük egy adott ST szakasz kétszeresét, ha adott egy ST-vel párhuzamos f egyenes. Vegyünk fel ezen egy UV szakaszt úgy, hogy UV<ST legyen, és szerkesszük meg az UV szakasz F felezőpontját. Ekkor UF<ST, tehát létrejön az SU és TF egyenesek X metszéspontja. Azt állítjuk, hogy az XV és az ST egyenesek Y metszéspontja lesz a keresett pont, amelyre tehát 2ST=SY (3. ábra).
 
 
3. ábra
 


Valóban, az XSY és az XUV háromszögek középpontosan hasonlóak, és XF súlyvonal az XUV háromszögben, tehát XT súlyvonal az XSY háromszögben.
Az eredeti paralelogramma tükrözése ezután már egyszerű: a fentebb leírt módon rendre megkétszerezzük az AK, BK, CL, DL szakaszokat.
Ezzel a feladatot megoldottuk.

 

Megjegyzések. 1. Egyetlen vonalzó segítségével nem lehet adott egyenessel párhuzamos egyenest szerkeszteni, vagyis ha a paralelogramma helyett csak egy szakaszt kellett volna tükröznünk, azt nem tudtuk volna megtenni.
2. A hiányos vagy hibás dolgozatok szerzőinek nagy része párhuzamos élű vonalzót használt, sőt olyan is akadt, aki derékszögű vonalzóval dolgozott, mondván, hogy ezt a feladat szövege nem zárja ki. A kitűzötthöz hasonló feladatokban ,,vonalzó'' egyetlen élű, beosztás nélküli eszközt jelent, amellyel adott ponton át tetszőleges egyenest, illetve két adott pontot összekötő egyenest rajzolhatunk.
3. A szerkesztés teljes végrehajtásában sokat rövidíthetünk, elvégre a négy tükörképcsúcs előállítása nem független egymástól.
Lehet egy csapásra megfelezni a KA és LC (vagy LD) szakaszt, hiszen AC és AD közül legalább az egyik metszi a tengelyt.
Egy csúcs tükrözése után pedig a rajta átmenő oldalt vagy átlót tükrözve gyorsabban érünk célba.