Feladat: Gy.3235 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bálint Gergely 
Füzet: 1999/szeptember, 351 - 353. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Síkgeometriai szerkesztések, Háromszögek hasonlósága, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1998/november: Gy.3235

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

A feladatot úgy oldjuk meg, hogy az APB▵∼CPD▵ hasonlóságban A képe C és B képe D legyen. Vegyük előre a speciális eseteket. Legyen először AB=CD, és a két szakasz illeszkedjen egy egyenesre (1. ábra). Az AB és CD ábra szerinti elhelyezkedése esetén végtelen sok megoldás lesz, és az APB és CPD háromszögek egybevágók. Könnyen látható, hogy P csak az AC felező merőlegesének egy F-től különböző pontja lehet. A pontok A, B, C, D sorrendje esetén nincs megoldás. Nem kapunk megoldást akkor sem, ha AB és CD egy egyenesre illeszkedik, és AB≠CD.
Ekkor ugyanis a hasonlóság aránya ABCD≠1, míg a P-ből induló magasságok aránya 1 lenne.
Ha AB‖CD, de nem esnek egy egyenesre (2. és 3. ábra), akkor P csak AC és BD metszéspontja lehet, különben PA és PC vagy PB és PD nem esnének egy egyenesbe, de akkor nem lenne egyenlő a két háromszögben az A-nál és C-nél vagy a B-nél és D-nél lévő szög. A 2. ábra szerinti esetben AB=CD-re nincs megoldás.
Hátravan még az az eset, amikor AB és CD nem párhuzamosak. Tegyük fel először, hogy az APB és CPD háromszögek irányítása egyező (4. ábra). Ekkor P csak olyan pont lehet, amelyre a CDAB arányú, P középpontú, φ szögű nyújtva forgatás AB-t CD-be viszi át. Legyen AB és CD metszéspontja M, az ACM és BDM háromszögek körülírt körének másik metszéspontja P. Az azonosan jelölt kerületi szögek egyenlősége miatt az APB és CPD háromszögek megfelelnek a feladat feltételeinek. Mivel a két körnek M közös pontja, a P pont mindig létrejön, és a szerkesztésből látható, hogy egyértelműen, így egy megoldás lesz. Legfeljebb az fordulhat elő, hogy P egybeesik M-mel, amikor is a háromszögek elfajulóak, tehát nem lesz megoldás.
Ugyanígy oldhatjuk meg a feladatot, ha AB és CD az 5. ábra szerinti.
Legyen ezután APB és CPD irányítása különböző, és AB nem párhuzamos CD-vel (6. ábra). Mivel a P-nél lévő szögek egyenlők, a BPD∢ t felezőjére tükrözve, A képe a PC, B képe a PD egyenesre illeszkedik. A szögfelezőtétel szerint
AA1A1C=PAPC=ABCD,és ugyanígyBB1B1D=ABCD,
tehát A1, B1 és velük t megszerkeszthető. Ezután CA' és t metszéspontjaként (feltéve, hogy nem párhuzamosak) egyértelműen kapjuk a P pontot, tehát most is egy megoldás lesz.
 
Megjegyzések.

1. A 6. ábrán a CD szakasz az AB nyújtva tükrözéssel szerkesztett képe.

2. A nyújtva forgatás egy középpontos hasonlóság és egy, a középpont körüli forgatás szorzata (egymásutánja). Egyértelműen megadható a középponttal, a hasonlóság arányával és az elforgatás szögével.

3. A 4. és 6. ábráról leolvasható, hogy a nyújtva forgatás, illetve a nyújtva tükrözés két megfelelő pontpárral is megadható.

4. Bővebben olvashatunk ezekről a transzformációkról Reiman István: A geometria és határterületei c. könyve 111‐113. oldalain.