Feladat: 1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 2. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1967/május, 202 - 204. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Húrnégyszögek, Középponti és kerületi szögek, Középpontos tükrözés, Paralelogrammák, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1967/május: 1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 2. feladata

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

I. megoldás. Legyen ABCD a feltételeket kielégítő négyszög, AC=e≧f=BD az adott hosszúságú átlók, metszéspontjuk M, ABC∢=β, és AMB∢=ω az adott szögek. A betűzés alkalmas választásával feltehetjük, hogy ω≦90∘.

 
 
2. ábra
 

Az adatokból megszerkeszthető a négyszög köré írható k kör, mint olyan kör, amelyiknek egyik ívéről az e szakasz β szögben látszik. Ezután f hosszúságú húrt kell elhelyeznünk úgy, hogy az az e hosszúságú húrt ω szögben messe.
A k kör f hosszúságú húrjai felezőpontjukban érintenek egy k-val koncentrikus k' kört. Ehhez kell AC-vel ω szöget bezáró érintőt szerkeszteni.
Ezek alapján a szerkesztés pl. a következő módon végezhető: AC=e hosszúságú szakaszt rajzolunk, és erre ACP∢=β szöget szerkesztünk; a CP-re C-ben szerkesztett merőlegesnek és az AC-re F felezőpontjában állított merőlegesnek O metszéspontja körül C-n át szerkesztett k kör a négyszög köré írt kör. Ezt pl. A-ból f sugarú körrel egyik irányban elmetsszük az R pontban.
Az AR-re O-bó1 bocsátott merőleges S talppontján át O körül húzott kör k'. Szerkesszük meg O-n át azt az a egyenest, amelyik AC felező merőlegesének AC felé haladó félegyenesével az egyenes A-t tartalmazó partján ω szöget zár be. Ennek k'-vel való metszéspontjaiban k'-höz húzott érintők (a-ra állított merőlegesek) k-ba eső húrjai f hosszúságúak és egyenesük AC-vel ω szöget zár be, mert e hajlásszög szárai a-ra, ill. OF-re merőlegesek.
Ahhoz, hogy az A és C pont és a most szerkesztett valamelyik húr végpontjai meghatározta négyszögben az e és f hosszúságú húr átló legyen, kell, hogy a kettő messe egymást. Ha ez teljesül, akkor jelöljük D-vel az f hosszúságú húrnak azt a végpontját, amelyik az AC egyenesnek ugyanazon a partján van, mint P, a másik végpontot B-vel. Így a kerületi szögek egyenlősége folytán ABC∢=ACP∢=β, ugyanis CP a k kör érintője, mert szerkesztés szerint merőleges az OC sugárra. Ezek szerint az ABCD négyszög megfelel a feladat követelményeinek.
Mindig megszerkeszthető a k kör és e≧f folytán az AR húr, a k' kör, az a egyenes és erre a k'-vel való metszéspontjaiban állított merőlegesek. A feladatnak nincs megoldása, 1 vagy 2 megoldása van aszerint, hogy az a-ra állított merőlegesek k-ba eső szakaszai nem metszik AC-t, ill. csak az egyikük, vagy mind a kettő metszi.
 

Megjegyzés. A k kör f hosszúságú, kívánt állású húrjainak végpontjait kimetszhetjük azokkal a k1, k2 körökkel is, amelyek k-nak f nagyságú eltolásával adódnak az e-vel ω szöget bezáró (és egymással ellentétes) irányban. f≦e miatt közös pont mindig van, és a húr megfelel, ha végpontjai AC két oldalán adódnak.
 
II. megoldás. Tovább is a fenti jelöléseket használjuk. Tükrözzük az AD oldal E felezőpontjára* B-t, O-t és k-t, legyen a kép B*, 0*, k*. Ekkor egyrészt ABDB* paralelogramma, AB*#BD, és B*AM∢=BMA∢=ω, váltószögek, mert E, és így B* is AC-nek B-t nem tartalmazó partján van, M pedig az AC szakaszon. Másrészt D a k és k* metszéspontja. Így a következő szerkesztéshez jutottunk.
AC-nek, O-nak és k-nak a fentiek szerinti megszerkesztése után felmérjük a CAB*∢=ω szöget, és új szárára az AB*=f szakaszt. AB* mint húr fölé OC sugarú k* kört szerkesztünk, ennek k-val való metszéspontja D, végül B* tükörképe AD felezőpontjára nézve B.
A kapott ABCD négyszögben AC=e, BD=AB*=f és BMA∢=MAB*∢=ω, továbbá k átmegy B-n, mert k és k*, mint egyenlő sugarú körök, egymás tükörképei a közös AD húrjuk felezőpontjára nézve, tehát a feltétel alapján ABC∢=β.
B* egyértelműen szerkeszthető és D létrejön, mert k-nak és k*-nak van közös pontja: A.
k* helyett AB*-ra való k** tükörképét használva újabb megoldást kapunk. A megoldások megfelelnek, ha D az AC egyenes B*-ot tartalmazó partján adódik, számuk legfeljebb 2.
*Az ábrán E pótlandó.