Feladat: 1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló kezdők (speciális) 2. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1966/november, 99 - 101. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Paralelogrammák, Középponti és kerületi szögek, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Eltolás, Tengelyes tükrözés, Körülírt kör, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/november: 1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló kezdők (speciális) 2. feladata

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

I. megoldás. Legyenek a keresett ABCD paralelogramma adott csúcsai A és B. Mivel a paralelogramma egy szöge a többit meghatározza, ezért feltehetjük, hagy az adott szög a DAB∢=α. Végül jelöljük a sík adott pontját ‐ amelyből az AB és CD szakasz egyenlő szög alatt látszik ‐ P-vel.

 
 
1. ábra
 

Ha meg tudjuk szerkeszteni a paralelogramma átlóinak M metszéspontját, ezzel a feladatot megoldottuk, mert C az A-nak és D a B-nek M-re vonatkozó tükörképe (1. ábra). Mivel a paralelogramma M-re szimmetrikus, azért P-nek M-re vonatkozó Q tükörképéből is ugyanakkora szög alatt látszik mind az AB, mind a CD szakasz, mint P-ből. A tükrözésből következik, hogy M, a PQ szakasz felezőpontja, ezért elegendő a Q pont megszerkesztése. Q rajta van az AB szakasz fölé rajzolt azon két látókörív valamelyikén, amelyek pontjaiból az AB szakasz ugyanakkora szög alatt látszik, mint P-ből, hiszen Q-ból és P-ből az AB szakasz egyenlő szögben látszik.
Másrészt M-en átmennek a paralelogramma középvonalai. Az AD oldallal párhuzamos f középvonalát azonnal meghúzhatjuk, ez átmegy az AB szakasz F felezőpontján és α szöget zár be az AB egyenessel. Mivel a PQ szakasz felezőpontja rajta van f-en, azért Q-nak rajta kell lennie azon az f-fel párhuzamos e egyenesen, amely a P-nek az f pontjaira vonatkozó tükörképeiből áll. Így Q, mint a fenti két látókörív és az e egyenes közös pontja, megszerkeszthető.
A szerkesztés a következő: vesszük az ABP háromszög körülírt körének P-t tartalmazó AB=i ívét; ez nyilvánvalóan a szóban forgó látókörívek egyike, a másika pedig ennek i' tükörképe F-re. Kimetsszük i'-n P-nek F-re vonatkozó P' tükörképét. P'-n és F-en át megszerkesztjük az AB-vel α szöget bezáró e, illetőleg f egyenest. Az e és az i, i' pár valamelyik (de P'-től különböző) Q közös pontját P-vel összekötő egyenes f-ből kimetszi M-et, végül A és B tükörképe M-re C, ill. D.
Az ABCD négyszög megfelel a követelményeknek, mert az utolsó két tükrözés miatt paralelogramma, oldalai párhuzamosak FM-mel, tehát DAB∢=α, végül CPD∢=AQB∢=APB∢, mert Q a P tükörképe M-re. A feladat diszkusszióját a III. megoldás után tárgyaljuk.
 
Megjegyzés. f és M megszerkesztése el is maradhat. D paralelogrammává egészíti ki a PBQ háromszöget, C pedig a BAD háromszöget. ‐ Így természetesen a bizonyítás is módosul: P' szerkesztése szerint PAP'B paralelogramma, D (új) szerkesztése szerint PBQD szintén, így az APD és P'BQ háromszögben az AP és P'B továbbá PD és BQ oldalak egy irányban párhuzamosak és egyenlőek, tehát az AD és P'Q oldalak is, vagyis DA‖e, DAB∢=α.
 
 
2. ábra
 

II. megoldás. Toljuk el a PCD háromszöget úgy, hogy D csúcsa A-ba kerüljön (2. ábra). Ezáltal C a B-be kerül, P pedig egy olyan R pontba, melyből az AB szakasz ugyanakkora szögben látszik, mint P-ből CD, vagyis mint P-ből AB. R tehát rajta van az előbbi két látókörív valamelyikén.
Másrészt az eltolás közben P az AD-vel párhuzamosan mozgott, így R rajta van a P-n átmenő és az AB egyenessel α szöget bezáró g egyenesen. Ezek alapján R, mint g és a két látókörív közös pontja, megszerkeszthető, D pedig paralelogrammává egészíti ki az ARP háromszöget.
 
III. megoldás. Mindkét fenti megoldásban első lépésként két körív és egy egyenes metszéspontját kerestük meg, ebből kaptuk meg a paralelogramma csúcsait. Az I. megoldásban a metszéspontból előbb a paralelogramma középpontját határoztuk meg, a II. megoldásban a metszéspontból már közvetlenül kaptuk az egyik csúcsot. Most olyan megoldást adunk, melyben a körívek és egy egyenes metszéspontja mindjárt maga az egyik csúcs.
 
 
3. ábra
 

Egészítsük ki a BAP háromszöget a T ponttal a BAPT paralelogrammává (3. ábra). Ekkor a CDPT négyszög is paralelogramma, PA és TB, valamint PD és TC is párhuzamosak, ezért és a feltevés miatt
PCT∢=CPD∢=BPA∢=PBT∢,
vagyis C-ből a PT szakasz ugyanakkora szögben látszik, mint B-ből. C tehát rajta van azon két j, j' látókörív valamelyikén, melyeknek pontjaiból a PT szakasz ugyanakkora szögben látszik, mint B-ből. Másrészt C rajta van a B-n átmenő, AB-vel α szöget bezáró h egyenesen is (CBA∢=180∘-α), tehát C e két mértani hely közös pontja.
Kimutatjuk, hogy e közös pontok bármelyike megfelel C-ként ‐ kivéve természetesen B-t. Mivel C rajta van h-n, azért a paralelogramma szögei megfelelők, továbbá PD‖TC. Másrészt C rajta van j és j' valamelyikén; ezért DPC∢=PCT∢=PBT∢=BPA∢, mint állítottuk.
Ezek alapján a szerkesztés a következő: párhuzamost húzunk P-n át AB-vel és B-n át AP-vel, e két egyenes metszéspontja T. Megrajzoljuk a BPT háromszög köré írt kör B-t tartalmazó PT=j ívét és ennek PT-re, való j' tükörképét. Ezután B-n át meghúzzuk azt a h egyenest, amely AB-vel α szöget zár be. Ekkor h-nak j-vel, j'-vel való, B-től különböző közös pontja (e közös pontok bármelyike) adja a paralelogramma C csúcsát.
h-nak mindkét ívvel legfeljebb két közös pontja van, és j-vel mindenesetre közös pontja B, azért a megoldások száma legfeljebb 3. Csak abban az esetben nem kapunk megoldást, ha B a h-nak j-vel egyetlen közös pontja, és itt érintkeznek, j'-vel pedig nincs közös pontja. (*Ha ugyanis h a j-t B-ben metszi, akkor van pontja a j, j' ívekkel határolt idom belsejében, így a kilépési pont megfelel C-ként.)
Ha elejtjük azt az előírást, hogy az adott szög a paralelogramma A-nál levő szöge legyen, akkor h-nak az AB egyenesre való h* tükörképe, is tekintetbe veendő. Ekkor a megoldások száma 6, 5, 4, 3, 2 vagy 1 (a 4‐6. ábrákon példákat látunk ilyen helyzetekre, 1 megoldás van az 1‐3. ábrák helyzeteiben is). Kimutatjuk ugyanis, hogy így minden esetben létezik legalább 1 megoldás. (A 4‐6. ábrák 2‐2 felén csak P és T közös. )
 
 

Elég az olyan helyzeteivel foglalkoznunk h*-nak, amelyekben fentebb h nem adott megoldást. Ekkor h* ‐ amennyiben különböző a h-tól ‐ nem érinti, hanem metszi j-t B-ben és a fenti (*) megjegyzés szerint megoldást szolgáltat. Ha pedig h* egybeesik h-val, akkor α=90∘ (mert α=0∘ nyilvánvalóan nem jön szóba), így h merőleges PT-re, és mivel B-ben érinti j-t, azért a szimmetria miatt B-nek PT-re való tükörképében érinti j'-t, ez a közös pont megoldást ad.
Könnyű belátni, hogy j, j' az I. és II. megoldásban szerepelt i, i' körívpárból AP irányú és nagyságú eltolással áll elő, hogy ugyanez áll fenn h és az I. megoldásbeli e egyenes között, végül hogy a II. megoldásbeli g egyenes az e tükörképe F-re. Ezért a III. megoldásra adott diszkusszió a megfelelő változtatásokkal az I. és II. megoldásra is érvényes.