Feladat: Gy.2492 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1989/április, 163 - 165. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyéb sokszögek hasonlósága, Beírt alakzatok, Középpontos tükrözés, Forgatva nyújtás, Paralelogrammák, Négyszögek középvonalai, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1988/május: Gy.2492

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

Az EFGH paralelogramma akkor van az adott ABCD paralelogrammába írva, ha az E,F,G,H pontok mindegyike az ABCD paralelogramma valamelyik oldalán van. Két esetet kell megkülönböztetnünk attól függően, hogy a beírt paralelogramma minden csúcsa az ABCD paralelogramma különböző oldalain van, illetve, hogy a beírt paralelogrammának vannak olyan csúcsai, amelyek az ABCD paralelogramma ugyanazon oldalán helyezkednek el.

 
 
1. ábra
 

Először vizsgáljuk azt az esetet, amikor az E,F,G,H pontok az ABCD paralelogramma különböző oldalain helyezkednek el (1. ábra). Megmutatjuk, hogy ekkor a beírt paralelogramma O1 középpontja egybeesik az adott paralelogramma O középpontjával. Az E pont rajta van az AB oldalon, ezért O1-re vonatkozó tükörképe, G, rajta van az AB szakasz O1-re vonatkozó tükörképén, A'B'-n. Az A'B' egyenes a tükrözés miatt párhuzamos AB-vel és átmegy G-n, tehát megegyezik a CD egyenessel. Ekkor viszont O1 egyenlő távolságra van az AB és CD egyenesektől, azaz rajta van AB és CD középpárhuzamosán. Ugyanígy láthatjuk be, hogy O1 rajta van BC és AD középpárhuzamosán is, tehát O1 a két középpárhuzamos metszéspontja, vagyis egybeesik O-val.
Egy paralelogrammát egyértelműen meghatároz két szomszédos csúcsa és a középpontja, ezért két paralelogramma pontosan akkor hasonló, ha két szomszédos csúcsuk és a középpontjuk által meghatározott háromszögek hasonlóak. Feladatunkban tehát például az ABO és az EFO háromszögek hasonlóak. Két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy az ABO és az EFO háromszögek körüljárása megegyező vagy ellentétes.
 
 
2. ábra
 

(1) Ha a két háromszög körüljárása megegyezik (2. ábra), akkor BAO∢=FEO∢, vagyis az A és E pontokból az FO szakasz ugyanakkora szögben látszik; tehát AFOE húrnégyszög. Ekkor viszont EAO∢=EFO∢, a hasonlóság miatt pedig EFO∢=ABO∢, így EAO∢=ABO∢. De EAO∢=(180∘-CBA∢)-BAO∢,ABO∢=180∘-AOB∢-BAO∢. Tehát, ha a két háromszög körüljárása megegyezik, akkor AOB∢=CBA∢, azaz a paralelogramma átlóinak szöge megegyezik két oldalának szögével. Egyező körüljárású paralelogrammát ezért csak az ilyen tulajdonságú paralelogrammába lehet írni. Ha viszont ez a feltétel teljesül, akkor végtelen sok paralelogrammát lehet az ABCD paralelogrammába írni. Vegyünk fel egy, az A és O pontokon átmenő kört, amelyik metszi az AD és az AB szakaszt is; legyen a két metszéspont E' és F'. Ekkor AF'OE' húrnégyszög, tehát
BAO∢=F'AO∢=F'E'O∢
és
OBA∢=180∘-BAO∢-AOB∢=180∘-ACD∢-CDA∢=OAE'∢=OF'E'∢;
tehát az OAB és OE'F' háromszögek szögei megegyeznek, azaz a két háromszög hasonló. Ez éppen azt jelenti, hogy az E' és F' pontok, valamint ezeknek O-ra vonatkozó tükörképei az ABCD paralelogrammához hasonló paralelogrammát határoznak meg.
 

(2) Ha a két háromszög ellentétes körüljárású (1. ábra), akkor AOBO=EOFO és AOB∢=FOE∢; tehát az E pontból az F pontot O körüli BOA∢ szögű és BOAO arányú forgatva nyújtással kaphatjuk meg. Mivel az E pont rajta van az AB oldalon, ezért a fenti forgatva nyújtásnál keletkező képe rajta van az AB oldalnak a forgatva nyújtásnál keletkező A1B1 képén. Viszont E képe F, rajta van az AD oldalon is, ezért F csak AD és A1B1 metszéspontja lehet. Ezek alapján a szerkesztés könnyen elvégezhető.
 

(3) Meg kell még vizsgálnunk azokat az eseteket, amikor a beírt paralelogrammának vannak olyan csúcsai, amelyek az ABCD paralelogramma ugyanazon oldalán helyezkednek el. Legyen pl. E és F az AD oldalon. Ekkor GH és EF párhuzamossága miatt G és H csak a paralelogramma BC oldalán lehet. A szögek megegyezése miatt csak a 3. és a 4. ábrán látható esetek képzelhetők el. Mindkét esetben AB=FG, míg EF hosszát a hasonlóság határozza meg;
EF=FG⋅ABCB=AB2CB.

 
 
3. ábra
 

 
 
4. ábra
 

A szerkesztést mindkét esetben úgy végezhetjük el, hogy negyedik arányos szerkesztésével megszerkesztjük EF-et, ezt tetszőlegesen felmérjük az AD oldalra, majd pedig a 3., ill. 4. ábrákon látható szögegyenlőséget felhasználva kijelöljük a G és H pontokat.
 

Összefoglalva; Olyan típusú beírt paralelogramma, amelynek minden csúcsa az eredeti paralelogramma különböző oldalain van, végtelen sok létezik, ha az eredeti paralelogramma egyik szöge megegyezik átlóinak szögével, és egy ‐ vagy egy sem ‐ létezik, ha ez a szögegyenlőség nem áll fenn. (Nyilván nem létezik megoldás, ha az A1B1 és AD szakaszoknak nincs közös belső pontja.) A 3. ábrán látható megoldásfajtából végtelen sok létezik, ha a paralelogramma oldalai különbözőek, rombuszok esetén pedig nincs ilyen típusú megoldás. A 4. ábrán látható megoldások pedig akkor léteznek, ha (az ábra jelöléseit használva) 2ABcosα+GH≦BC; tehát
CBAB≥2cosα+ABCB,
azaz
CBAB≥cosα+1+cos2α.
 

Megjegyzés. Könnyen belátható, hogy (2)-típusú megoldás csak akkor nincs, ha a paralelogramma téglalap (és nem négyzet). Ekkor ugyanis a leírt szerkesztéssel az eredeti négyszöget kapjuk vissza, amit természetesen nem tekintünk megoldásnak. Négyzetre az (1) és (2) pontokban tárgyalt (végtelen sok) megoldás egybeesik.