Feladat: 619. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Buresch R. ,  Böhm Anna ,  Deutsch E. ,  Kreutzer E. ,  Mayer Gy. ,  Megyery E. ,  Neumann K. ,  Paskusz S. ,  Réffy K. ,  Róth György ,  Singer I ,  Sohr Anna ,  Szabó I. ,  Weiszfeld E. 
Füzet: 1931/május, 275 - 276. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1931/március: 619. matematika gyakorlat

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

Ismeretes, hogy egy négyszög oldalainak felező pontjai egy paralelogramma csúcsai; ezen paralelogramma oldalai párhuzamosak a négyszög átlóival. Szükséges tehát, hogy a megadott négy pont egy paralelogramma csúcsa legyen.

 
 

Tegyük fel, hogy az M, N, P, Q pontok valóban egy paralelogramma csúcsai. Húzzunk az M ponton keresztül tetszésszerinti egyenest és mérjük fel rá az MA=MD távolságokat; ezután az AN egyenesre az AN=NB, a DQ egyenesre a DQ=QC távolságot mérjük fel. Így az ABCD négyszöghöz jutunk, melynek AD, AB, CD oldalait felezik rendre az M, N, Q pontok. Minthogy MNDB és MN=12BD, továbbá QPMN, azért QPDB és QP=12DB; így QP egyenes a P pontban felezi a BC oldalt.
Az AD egyenes irányát és az AD távolságot tetszőlegesen választottuk, tehát valóban végtelen sok négyszöget szerkeszthetünk, mely a követelménynek megfelel. (Kettős határozatlanság!)
Ezen négyszögek között csak egy paralelogramma van, t. i. amelynek oldalai az MP és NQ egyenesekkel párhuzamosak.
Trapéz végtelen sok van közöttük. Pl. legyen ADNQ; ekkor BCNQ. (NQ a trapéz középvonala.)
 

Róth György (Dobó István r. IV. o. Eger)