Keskeiset tulokset

Seuraavaksi esitetään, mistä harmonisia nelikkoja löytää käytännössä.

Ensimmäinen tulos yhdistää janojen keskipisteet ja yhdensuuntaiset suorat. Tässä yhdensuuntaisia suoria edustaa niiden leikkauspiste äärettömyydessä. Tämän tuloksen hyödyllisyys tulee paremmin esiin myöhemmin esimerkkitehtävien yhteydessä.

Lemma

Olkoot 𝐴 ja 𝐵 (eri) pisteitä. Olkoon𝑀 janan 𝐴𝐵 keskipiste, ja olkoon 𝑃∞

suoraa 𝐴𝐵 vastaava piste äärettömyydessä. Tällöin (𝐴, 𝐵;𝑀, 𝑃∞) =−1.

Väite seuraa suoraan määritelmästä: saadaan (𝐴, 𝐵;𝑀, 𝑃∞) =

𝐴𝑀 𝐴𝑃∞

𝐵𝑀 𝐵𝑃∞

.

Pätee 𝐴𝑀 = 𝐵𝑀, ja lisäksi 𝐴𝑃∞ = 𝐵𝑃∞ = ∞.¹⁹ Koska 𝑀 on pisteiden 𝐴 ja 𝐵 välissä ja 𝑃_∞ ei ole, niin etumerkiksi tulee miinus.

Seuraavat tulokset ovat epätriviaalimpia.

Lemma

Olkoon 𝐴𝐵𝐶 kolmio, ja olkoot 𝐷, 𝐸 ja 𝐹 sellaisia pisteitä janoilla𝐵𝐶, 𝐴𝐶 ja 𝐴𝐵, että 𝐴𝐷, 𝐵𝐸 ja 𝐶𝐹 leikkaavat samassa pisteessä. Olkoon𝐺 suorien 𝐸𝐹 ja 𝐵𝐶 leikkauspiste. Tällöin

(𝐵, 𝐶;𝐺, 𝐷) = −1.

A

B D C

E F

G

Todistuksen ideana on käyttää Cevan lausetta pisteille 𝐷, 𝐸 ja𝐹, ja Menelaoksen lausetta²⁰ pisteille 𝐺, 𝐹 ja 𝐸. Väite seuraa vertaamalla näistä saatuja yhtälöitä.

19Voi olla vakuuttavampaa ajatella raja-arvoa lim𝑃→𝑃∞

𝐴𝑃

𝐵𝑃, missä𝑃 kulkee suoraa𝐴𝐵pitkin kohti pistettä𝑃_∞. Tämä raja-arvo on muotoalim𝑥→∞ 𝑥

𝑥+𝑐, joka on1.

20Menelaoksen lause sanoo seuraavaa: Olkoon𝐴𝐵𝐶 kolmio. Olkoon𝐺piste suoralla𝐵𝐶,𝐸piste

Lemma

Olkoon𝐴𝐵𝐶𝐷jännenelikulmio.𝐴𝐵𝐶𝐷on harmoninen jos ja vain jos pisteisiin 𝐴 ja 𝐶 piirretyt tangentit leikkaavat suoralla 𝐵𝐷.

P

A C

D B

Huomaa, että ehdossa voitaisiin symmetrian vuoksi tutkia myös pisteisiin 𝐵 ja 𝐷 piirrettyjä tangentteja.

Lemman todistamista varten tutkitaan yleisempää ns. symmediaaneja koskevaa tilannetta.

A

B C

T O N M

Lemma

Olkoon 𝑇 kolmion 𝐴𝐵𝐶 ympärysympyrän pisteisiin 𝐵 ja 𝐶 piirrettyjen tan-genttien leikkauspiste. Olkoon 𝑀 se janan𝐵𝐶 piste, jolla ∠𝐵𝐴𝑇 =∠𝑀 𝐴𝐶. Tällöin 𝑀 on janan 𝐵𝐶 keskipiste.

suoralla𝐴𝐶 ja𝐹 piste suoralla𝐴𝐵. Nyt pisteet𝐺, 𝐸 ja𝐹 ovat samalla suoralla jos ja vain jos 𝐴𝐹

𝐹 𝐵 ·𝐵𝐺 𝐺𝐶 ·𝐶𝐸

𝐸𝐴 =−1,

missä pituudet ovat jälleen kerran suunnattuja (mikä tarkoittaa sitä, että parillisen määrän pisteistä 𝐺, 𝐹 ja𝐸 tulee olla kolmion sivuilla eikä niiden jatkeilla).

Suoraa 𝐴𝑇 kutsutaan kolmion 𝐴𝐵𝐶 (kärjestä 𝐴 lähteväksi) symmediaaniksi.

Symmediaanilemman todistuksen ideana on käyttää sinilausetta ja muuttaa kul-maehtoja pituusehdoiksi (kuten perspektiiviä otettaessa). Kirjoitetaan𝛼= ∠𝐵𝐴𝑁 ja 𝛽= ∠𝑁 𝐴𝑀, missä𝑁 on, kuten kuvaan on piirretty, janojen 𝐴𝑇 ja𝐵𝐶 leikkauspiste.

Kolmiosta 𝐴𝐵𝑀 saadaan

𝐴𝑀

𝐵𝑀 = sin(∠𝐵) sin(𝛼+𝛽), ja kolmiosta 𝐴𝐶𝑀 saadaan vastaavasti

𝐴𝑀

𝐶𝑀 = sin(∠𝐶) sin(𝛼) . Jakamalla ylempi yhtälö alemmalla saadaan

𝐶𝑀

Tässä jälkimmäisen yhtäsuuruuden saamiseksi on käytetty kehäkulmalauseen tan-genttiversiosta saatavaa tulosta∠𝑇 𝐵𝐶 =∠𝐴 sekä tietoa sin(∠𝐴+∠𝐵) = sin(∠𝐶).

Harmonisen jännenelikulmion tangentteja koskevan lemman todistamista varten tarvitsemme vielä toisen tiedon symmediaaneista. Osoitetaan, että pätee

𝐵𝑁

(Vrt. kulmanpuolittajalause.) Käytetään samaa notaatiota kuin yllä.

Kolmioista𝐴𝐵𝑁 ja 𝐴𝑁 𝐶 saadaan sinilauseella 𝐵𝑁

Toisaalta kolmioista 𝐴𝐵𝑀 ja 𝐴𝑀 𝐶 saadaan niin ikään sinilauseella

Koska𝐵𝑀 =𝑀 𝐶, kahdesta edellisestä yhtälöstä saadaan sin(𝛼+𝛽)

sin(𝛼) = sin(∠𝐵) sin(∠𝐶).

Siis 𝐵𝑁/𝑁 𝐶 = (𝐴𝐵/𝐴𝐶)² seuraa nyt sinilauseella kolmiosta𝐴𝐵𝐶.

Todistetaan sitten alkuperäinen lemma. Oletetaan, että 𝐴𝐵𝐶𝐷 on harmoninen jännenelikulmio, ja osoitetaan, että suora 𝐵𝐷 kulkee pisteisiin 𝐴 ja 𝐶 piirrettyjen tangenttien leikkauspisteen kautta. Tehdään tämä osoittamalla, että kolmioiden 𝐴𝐵𝐶 ja𝐴𝐷𝐶 kärjistä 𝐵 ja 𝐷 piirretyt symmediaanit leikkaavat janan 𝐴𝐶 samassa kohdassa. Jos𝑁_𝐵ja𝑁_𝐷 kuvaavat näiden symmediaanien ja janan𝐴𝐶leikkauspisteitä, niin käyttäen edellistä tulosta ja harmonisuutta saadaan

𝐴𝑁_𝐵

mistä seuraa 𝑁_𝐵 =𝑁_𝐶 (kuten Cevan lauseen todistuksessa). Tämä todistaa toisen puolen lemmasta.

Toinen puoli lemmasta sanoo, että jos pisteisiin𝐴ja𝐶piirretyt tangentit leikkaavat suoralla 𝐵𝐷, niin jännenelikulmio 𝐴𝐵𝐶𝐷 on harmoninen. Tämä seuraa helposti yksikäsitteisyysargumentilla (kuten mm. kehäkulmalauseen ja Cevan lauseen vain jos -puolet), jonka yksityiskohdat jätetään lukijalle.

Viimeisenä mainittava tulos on myös varsin hyödyllinen.

Lemma

Olkoot pisteet 𝐴, 𝑋, 𝐵 ja 𝑌 suoralla tässä järjestyksessä, ja olkoon 𝑃 piste tämän suoran ulkopuolella. Jos mitkä tahansa kaksi seuraavista väitteistä pätevät, niin myös kolmaskin pätee.

1. (𝐴, 𝐵;𝑋, 𝑌) =−1.

2. 𝑃 𝑋 puolittaa kulman ∠𝐴𝑃 𝐵. 3. ∠𝑋𝑃 𝑌 = 90^∘.

Lemman tilanne on esitetty seuraavassa kuvassa.

P

B X A

Y

Tuloksen voi todistaa käyttäen sinilausetta. Esitetään kuitenkin hieman projektiivista geometriaa käyttävä ratkaisu. Todistuksen ideana on täydentää kuvaan kolmion𝐴𝐵𝑃 ympärysympyrä ja suorien 𝑃 𝑋 ja 𝑃 𝑌 leikkauspisteet tämän ympyrän kanssa.²¹ Ongelma palautuu kohtalaisen tutun kuvion käsittelemiseen.

P

B A

M Y X

N

Oletetaan ensiksi, että ∠𝑋𝑃 𝑌 = 90^∘. Tutkitaan nyt kahta tapausta lemman mukaisesti. Molemmissa tapauksissa on ideana ottaa ensiksi perspektiivi suoralta 𝐴𝑌 ympyrälle pisteestä𝑃, jolloin

(𝐴, 𝐵;𝑋, 𝑌)= (𝐴, 𝐵^𝑃 ;𝑀, 𝑁).

Tämän jälkeen todistukset jakautuvat eri suuntiin.

1. Oletetaan, että pätee ∠𝐵𝑃 𝑋 = ∠𝑋𝑃 𝐴. Tällöin 𝑀 on pienemmän kaaren 𝐴𝐵̂︂ keskipiste ja 𝑁 on suuremman kaaren 𝐴𝐵̂︂ keskipiste. Nyt ^𝐴𝑀_𝐵𝑀 = 1 ja

𝐴𝑁

𝐵𝑁 = 1, joten harmonisen suhteen määritelmästä saadaan (𝐴, 𝐵;𝑀, 𝑁) =−1, eli edellisen nojalla (𝐴, 𝐵;𝑋, 𝑌) = −1.

2. Oletetaan, että pätee (𝐴, 𝐵;𝑋, 𝑌) = −1 eli (𝐴, 𝐵;𝑀, 𝑁) = −1. Oletuksen

∠𝑋𝑃 𝑌 = 90^∘ nojalla 𝑀 𝑁 on aina ympyrän halkaisija. Ei ole vaikeaa näh-dä, että jos tätä halkaisijaa 𝑁 𝑀 kääntää kuvassa esitetystä tilanteesta, niin jompikumpi suhteista ^𝐴𝑀_𝐴𝑁 ja ^𝐵𝑀_𝐵𝑁 on suurempi kuin toinen. (Vaihtoehtoisesti voitaisiin käyttää edellistä lemmaa, josta saadaan suoraan, että halkaisijalle on vain yksi vaihtoehto.) Pisteet 𝑀 ja𝑁 ovat täten lyhyemmän ja pidemmän kaaren ̂︂𝐴𝐵 keskipisteet, mistä väite seuraa.

Enää tulee osoittaa, että jos ∠𝐵𝑃 𝑋 =∠𝑋𝑃 𝐴 ja (𝐴, 𝐵;𝑋, 𝑌) =−1, niin pätee

∠𝑋𝑃 𝑌 = 90^∘. Tämä seuraa kuten edellä: Nyt𝑀 on pienemmän kaaren𝐴𝐵̂︂keskipiste, joten ehdosta(𝐴, 𝐵;𝑋, 𝑌) =−1seuraa, että𝑁 on suuremman kaaren𝐴𝐵̂︂ keskipiste.

Täten ∠𝑀 𝑃 𝑁 = 90^∘, eli ∠𝑋𝑃 𝑌 = 90^∘.

21Tätä ei ole kovin helppoa keksiä itse. Keksin tämän lähestymistavan ratkoessani projektiiviseen geometriaan liittyvää tehtävää, jossa vastaavanlainen konfiguraatio oli jo annettuna. Väitettä ei tämän huomion jälkeen ole enää kovin vaikeaa todistaa, koska jokainen yksittäinen lemman tapaus on kohtuu suoraviivainen.

5.3 Esimerkkitehtäviä

Ensimmäinen tehtävä demonstroi tulosten soveltamista käytännössä. Tehtävä on Kanadan kansallisesta kilpailusta vuodelta 1994.

Tehtävä

Olkoon 𝐴𝐵𝐶 teräväkulmainen kolmio. Olkoon 𝐴𝐷 pisteestä 𝐴 piirretty kor-keusjana, ja olkoon 𝐻 mielivaltainen piste janalla 𝐴𝐷. Olkoot 𝐸 ja 𝐹 suo-rien 𝐵𝐻 ja 𝐶𝐻 leikkauspisteet kolmion 𝐴𝐵𝐶 sivujen kanssa. Osoita, että

∠𝐸𝐷𝐻 =∠𝐹 𝐷𝐻.

A

B D C

E

F H

Naiivi lähestymistapa olisi yrittää jahdata kuviosta kulmia. Jos𝐻 olisi ortokeskus, niin tämä onnistuisi hyvinkin helposti jännenelikulmioita käyttämällä, mutta tehtävän tilanteessa yksinkertainen kulmanjahtaus ei toimi.

Mikä avuksi? Tehtävässä oleellista on (ilmeisesti) se, että 𝐷 on nimenomaan kor-keusjanan kantapiste, eikä vaikkapa janan𝐵𝐶 keskipiste. Yritetään siis hyödyntää tietoa siitä, että ∠𝐵𝐷𝐻 = 90^∘. Huomataan, että viimeisen lemman nojalla eh-to ∠𝐹 𝐷𝐻 = ∠𝐻𝐷𝐸 voidaan muotoilla uudelleen harmonisten nelikoiden avulla.

Tutkitaan siis suoraa 𝐹 𝐸 tarkemmin.

A

B D C

E

F H

G

I

Olkoon siis 𝐼 janan 𝐹 𝐸 leikkauspiste janan𝐴𝐻 kanssa ja𝐺 suorien 𝐹 𝐸 ja 𝐵𝐶 leikkauspiste. Haluamme osoittaa, että(𝐹, 𝐸;𝐼, 𝐺) =−1. Alamme siis metsästämään kuvasta harmonisia nelikoita. Muistetaan, että olemme nähneet vastaavanlaisen kuvion aiemmin: yksi lemmoistahan on, että(𝐵, 𝐶;𝐷, 𝐺) =−1. Tästä ei enää ole vaikeaa huomata, että

(𝐵, 𝐶;𝐷, 𝐺)= (𝐹, 𝐸;^𝐴 𝐼, 𝐺), mikä ratkaisee tehtävän.

Kommentti: Harmonisten nelikoiden soveltamista ajatellen on usein hyvä, jos tehtävässä on paljon leikkauspisteitä. Usein kuviossa ei ole valmiiksi kaikkia tarvittavia pisteitä, vaan osa pitää tajuta lisätä kuvaan itse.

Toinen esimerkkitehtävä on ELMO-lyhytlistalta vuodelta 2012.

Tehtävä

Olkoon𝐴𝐵𝐶 kolmio ja𝐼 sen sisäympyrän keskipiste. Olkoon 𝐷kolmion 𝐴𝐵𝐶 sisäympyrän sivuamispiste sivun𝐵𝐶 kanssa, ja olkoon 𝑃 pisteestä 𝐼 janalle 𝐴𝐷 piirretyn korkeusjanan kantapiste. Osoita, että ∠𝐵𝑃 𝐷=∠𝐷𝑃 𝐶.

A

B D C

P I

Kuten edellisessä tehtävässä myös tässä on hyvin vaikeaa päästä suoraan käsiksi kulmiin. Tämän vuoksi määritellään𝐾 olemaan suoran 𝐼𝑃 leikkauspiste suoran 𝐵𝐶 kanssa, jolloin tavoitteena on osoittaa, että (𝐵, 𝐶;𝐷, 𝐾) =−1.

Tämä tilannehan muistuttaa hieman edellisen tehtävän konfiguraatiota. Ehto (𝐵, 𝐶;𝐷, 𝐾) = −1 pätee täsmälleen yhdellä pisteen 𝐾 valinnalla, joka saadaan konstruoitua valitsemalla janoilta 𝐴𝐶 ja 𝐴𝐵 pisteet 𝐸 ja 𝐹 niin, että 𝐴𝐷, 𝐵𝐸 ja 𝐶𝐹 leikkaavat samassa pisteessä, ja ottamalla suorien 𝐸𝐹 ja 𝐵𝐶 leikkauspiste.

Yritetään nyt valita sellaiset ehdon täyttävät pisteet 𝐸 ja 𝐹, joiden käsittely on mahdollisimman helppoa.

Mikä olisi luonnollinen tapa valita 𝐸 ja 𝐹? Intuitiivisesti paras olisi sellainen, jolla 𝐴𝐷,𝐵𝐸 ja𝐶𝐹 vastaisivat ”samaa asiaa” (kuten vaikkapa korkeusjanat). Tällä perusteella kannattaisi pisteet𝐸 ja 𝐹 valita olemaan sisäympyrän sivuamispisteet

kolmion sivujen kanssa. Leikkaavatko 𝐴𝐷, 𝐵𝐸 ja 𝐶𝐹 tällöin samassa pisteessä?

Muistetaan, että vastaava korkeusjanoja koskeva ongelma ratkesi Cevan lauseella, ja huomataan, että sama toimii myös tässä: Jos 𝐸 ja 𝐹 ovat sivuamispisteet, niin tällöin mm. 𝐴𝐸 = 𝐴𝐹, koska 𝐴𝐸 ja 𝐴𝐹 ovat sisäympyrälle pisteestä 𝐴 piirretyt tangentit. Tämän avulla saadaan Cevan lauseen ehto

𝐴𝐹 𝐹 𝐵 · 𝐵𝐷

𝐷𝐶 · 𝐶𝐸 𝐸𝐴 = 1, joten janat𝐴𝐷, 𝐵𝐸 ja 𝐶𝐹 leikkaavat samassa pisteessä.

Tutkitaan siis seuraavaa kuvaa. Tavoitteena on osoittaa, että pisteet 𝐸, 𝐹 ja 𝐾 ovat samalla suoralla.

A

B D C

E F

P I

K

Mikä piste𝐾 oikeastaan on? Määritelmän mukaan se on pisteeseen 𝐷 piirretyn sisäympyrän tangentin ja suoran𝑃 𝐼 leikkauspiste. Mutta piste𝐼 on sisäympyrän kes-kipiste ja𝑃 𝐼ja𝐴𝐷ovat kohtisuorassa, joten pisteen𝐾toinen tangentti sisäympyrälle on janalla𝐴𝐷. Olkoon tämä tangenttipiste 𝐺.

Todistettava väite on siis, että jännenelikulmion 𝐷𝐹 𝐺𝐸 pisteisiin 𝐷 ja 𝐺 piirre-tyt tangentit leikkaavat suoralla 𝐹 𝐸. Toisin sanoen nelikulmion𝐷𝐹 𝐺𝐸 tulisi olla harmoninen. Tämä on kuitenkin selvää, koska pisteisiin𝐹 ja 𝐸 piirretyt tangentit leikkaavat suoralla𝐷𝐺, nimittäin pisteessä 𝐴.

Kommentti: Tässä ratkaisussa korostui asioiden katsominen oikeasta näkökulmasta.

Ensimmäinen kohta oli pisteen 𝐾 tulkitseminen suorien 𝐸𝐹 ja 𝐵𝐶 leikkauspis-teenä. Toisessa kohdassa 𝐾 taas tulkittiin tangenttien avulla. Koska harmonisia nelikoita koskevat lemmat ovat hyvin monimuotoisia, kannattaa myös tehtävien konfiguraatioita katsoa monesta eri näkökulmasta.

Viimeinen tehtävä on vuoden 2011 Brasilian kansallisesta kilpailusta.

Tehtävä

Olkoon 𝐴𝐵𝐶 teräväkulmainen kolmio. Olkoot 𝐵𝐷 ja 𝐶𝐸 kolmion korkeus-janoja, ja olkoon 𝐻 sen ortokeskus. Kolmion 𝐴𝐷𝐸 ympärysympyrä leikkaa kolmion 𝐴𝐵𝐶 ympärysympyrää pisteessä 𝐹 ̸= 𝐴. Osoita, että kulmien∠𝐵𝐹 𝐶 ja ∠𝐵𝐻𝐶 kulmanpuolittajat leikkaavat suoralla𝐵𝐶.

A

B C

F

H

D

E

Huomataan, että pisteillä 𝐷 ja 𝐸 ei ole paljoakaan väliä: kolmion 𝐴𝐷𝐸 ympärys-ympyrä on vain se ympärys-ympyrä, jonka halkaisija on 𝐴𝐻.

Kulman ∠𝐵𝐹 𝐶 puolittaja on ehkä helpointa tulkita janana 𝐹 𝑀, jossa 𝑀 on (pienemmän) kaaren 𝐵𝐶̂︂ keskipiste. Kulman ∠𝐵𝐻𝐶 puolittajalle ei saa uutta

muo-toilua aivan yhtä helposti. Pienellä luovuudella saadaan kuitenkin seuraava idea:

Peilataan𝐻 janan 𝐵𝐶 yli pisteeseen 𝐻^′. Tiedetään, että tämä peilaus on kolmion 𝐴𝐵𝐶 ympärysympyrällä. Olkoon 𝑁 suuremman kaaren 𝐵𝐶̂︂ keskipiste. Nyt 𝐻^′𝑁 on kulman∠𝐵𝐻^′𝐶 kulmanpuolittaja, ja se leikkaa suoraa 𝐵𝐶 symmetrian nojalla samassa kohdassa kuin kulman ∠𝐵𝐻𝐶 puolittaja. Ongelma on tässä muodossa ehkä hieman alkuperäistä muotoilua helpompi, koska 𝐻^′ on ainakin samalla ympyrällä kuin monet muutkin tehtävän pisteistä.

Haluamme siis, että nelikulmion 𝐵𝐹 𝐶𝐻^′ kulmien ∠𝐵𝐹 𝐶 ja ∠𝐵𝐻^′𝐶 puolitta-jat leikkaavat nelikulmion lävistäjällä𝐵𝐶. Voisiko tämä ehto olla sama, kuin että 𝐵𝐹 𝐶𝐻^′ on harmoninen nelikulmio? Kyllä vain. Tämän voi todistaa vaikkapa kul-manpuolittajalauseella: Jos 𝑋 on kulman ∠𝐵𝐹 𝐶 puolittajan leikkauspiste janan 𝐵𝐶 kanssa, niin

𝐵𝑋

𝑋𝐶 = 𝐵𝐹 𝐹 𝐶. Nyt jos (𝐵, 𝐶;𝐹, 𝐻^′) = −1, niin

𝐵𝐹

𝐹 𝐶 = 𝐵𝐻^′ 𝐻^′𝐶,

eli pätee ^𝐵𝑋_𝑋𝐶 = ^𝐵𝐻_𝐻′𝐶^′, ja täten 𝑋 on myös kulman ∠𝐵𝐻^′𝐶 puolittajalla. (Toinenkin suunta pätee, eli jos kulmanpuolittajat leikkaavat lävistäjällä, niin nelikulmio on harmoninen. Todistus on sama kuin edellä.)

Voidaan keksiä parikin ideaa nelikulmion 𝐵𝐹 𝐶𝐻^′ harmonisuuden todistamisek-si. Yksi idea on ottaa perspektiivi pisteestä 𝐴, jolloin tulisi todistaa nelikulmion

𝐹 𝐸𝐻𝐷 harmonisuus. Toinen idea perustuu myös perspektiivin ottamiseen pisteestä 𝐴, mutta projektio otetaankin suoralle𝐵𝐶. Esitämme molempiin lähestymistapoihin perustuvat ratkaisut.

Ensimmäistä ideaa varten haluamme siis, että 𝐹 𝐸𝐷𝐻 on harmoninen. Otetaan perspektiivi pisteestä 𝐻 suoralle 𝐵𝐶. Tällöin 𝐸 kuvautuu pisteelle 𝐶 ja 𝐷 pisteelle 𝐵. Väite: 𝐹 kuvautuu janan 𝐵𝐶 keskipisteelle. Todistus: Olkoon 𝐴^′ suoran 𝐹 𝐻 leikkauspiste kolmion𝐴𝐵𝐶 ympärysympyrän kanssa. Tällöin ∠𝐴𝐹 𝐴^′ =∠𝐴𝐹 𝐻= 90^∘, eli 𝐴𝐴^′ on ympyrän halkaisija. Mutta edellisessä luvussa todettiin, että pisteen 𝐻 peilaus 𝑃 janan𝐵𝐶 keskipisteen yli antaa halkaisija 𝐴𝑃, eli𝐹 𝐻 todella kulkee janan 𝐵𝐶 keskipisteen läpi. Merkitään tätä keskipistettä kirjaimella 𝑀.

Minne piste 𝐻 kuvautuu? Olkoon ℓ suora, joka on tangentti kolmion 𝐴𝐷𝐸 ym-pärysympyrälle pisteessä 𝐻. Piste 𝐻 kuvautuu perspektiiviä ottaessa suorien ℓ ja 𝐵𝐶 leikkauspisteelle: tämä vastaa sitä, että valittaisiin ympyrän kehältä piste 𝑄 hyvin läheltä pistettä 𝐻 ja kuvattaisiin se (vrt. kehäkulmalauseen tangenttiversio).

Tangentti ℓ on kohtisuorassa halkaisijaa 𝐴𝐻 kohti, joka puolestaan on kohtisuorassa suoraa𝐵𝐶 kohti. Täten suoratℓja𝐵𝐶 ovat yhdensuuntaiset, eli leikkaavat pisteessä äärettömyydessä. Siispä

(𝐹, 𝐻;𝐷, 𝐸)= (𝑀, 𝑃^𝐻 ∞;𝐵, 𝐶),

joka on−1, kuten lemmojen yhteydessä todettiin. Tämä on mitä haluttiinkin.

Tutkitaan sitten toisen idean mukaista lähestymistapaa. Otamme siis perspektiivin nelikulmiosta𝐹 𝐵𝐻^′𝐶 pisteen 𝐴 kautta suoralle𝐵𝐶.

A

B C

F

H

D

E

A^′ T

Tavoitteena on todistaa, että (𝑇, 𝐵;𝐴^′, 𝐶) =−1. Tiedämme, missä pisteen𝑇 tulisi sijaita: sen pitäisi olla suorien 𝐸𝐷 ja 𝐵𝐶 leikkauspiste. Toisin sanoen haluamme osoittaa, että suorat𝐴𝐹, 𝐸𝐷 ja 𝐵𝐶 leikkaavat samassa pisteessä. Avainsana tähän on radikaaliakselit: Nelikulmio 𝐵𝐶𝐷𝐸 on jännenelikulmio, ja nyt suorat 𝐴𝐹, 𝐷𝐸 ja 𝐵𝐶 ovat kolmioiden 𝐴𝐷𝐸, 𝐴𝐵𝐶 ja 𝐵𝐶𝐷 ympärysympyröiden radikaaliakselit.

Täten ne leikkaavat samassa pisteessä.

In document Ollin Opas Olympiatason Ongelmanratkaisuun (sivua 51-61)