Sivuympyrät ja yhdeksän pisteen ympyrä

Olkoon annettuna kolmio 𝐴𝐵𝐶. Tutkitaan sellaista ympyrää, joka sivuaa sivua 𝐵𝐶 sekä sivujen𝐴𝐵 ja 𝐴𝐶 jatkeita. Seuraavassa kuvassa on esitetty tämä konfiguraatio.

7Mediaanin pituuden voi tosin laskea seuraavasti: Peilataan 𝐶^′ pisteen𝐶 yli pisteeseen 𝐶^′′, jolloin𝐶^′′𝐴^′𝐶^′𝐵^′ on suunnikas. Niin sanottu suunnikaslause sanoo, että suunnikkaan lävistäjien pituuksien neliöiden summa on yhtä suuri kuin suunnikkaan sivujen pituuksien neliöiden summa:

tulos seuraa kohtuu suoraviivaisesti kosinilauseesta. Kosinilause opetetaan lukiossa ja sen voi myös etsiä netistä.

A

B C

I

M

IA

D

TB

TC

Kuvassa siis 𝐼𝐴 on määritellyn ympyrän keskipiste. Tämä ympyrä sivuaa janaa 𝐵𝐶 pisteessä𝐷 ja sivujen 𝐴𝐶 ja 𝐴𝐵 jatkeita pisteissä 𝑇_𝐵 ja 𝑇_𝐶. Lisäksi kuvaan on piirretty kolmion𝐴𝐵𝐶 sisäympyrän keskipiste 𝐼.

Entä piste 𝑀? 𝑀 on määritelty olemaan kolmion 𝐵𝐼𝐶 ympäri piirretyn ympyrän keskipiste. Edellisessä luvussa huomasimme, että tämä𝑀 on kolmion 𝐴𝐵𝐶 ympä-rysympyrän kaaren 𝐵𝐶 keskipiste. Kuten kuvasta nähdään, myös seuraava tulos pätee.

Lemma

Nelikulmio 𝐵𝐼𝐶𝐼_𝐴 on jännenelikulmio, jonka ympärysympyrän keskipiste on 𝑀. Lisäksi 𝐼𝐼_𝐴 on halkaisija tälle ympyrälle.

Mietitään hetki pisteen 𝐼_𝐴 ominaisuuksia. Samoin kuin todistimme ympärysym-pyrän keskipisteen, sisäymympärysym-pyrän keskipisteen ja radikaalikeskuksen olemassaolot, voimme myös todistaa, että 𝐼_𝐴 on kulmien ∠𝐵𝐴𝐶, ∠𝑇_𝐵𝐵𝐶 ja ∠𝐵𝐶𝑇_𝐶 puolittajien leikkauspiste.

Sitten lemman todistukseen. Haluamme siis osoittaa, että 𝐵𝐼𝐶𝐼_𝐴 on jänneneli-kulmio. Tämän voi tehdä hyvin monella eri tavalla, tässä on yksi: Osoitetaan, että

∠𝐼_𝐴𝐵𝐶 =∠𝐼_𝐴𝐼𝐶. Ensimmäinen kulma saadaan laskettua edellä esitetyn huomion avulla:

∠𝐼𝐴𝐵𝐶 = 1

2∠𝑇𝐵𝐵𝐶 = 1

2(180^∘−∠𝐵) = 90^∘− 1 2∠𝐵.

Toista kulmaa varten huomataan ensiksi, että∠𝐼_𝐴𝐼𝐶 = ∠𝑀 𝐼𝐶. Tämä pätee, koska pisteet 𝐼, 𝑀 ja 𝐼_𝐴 ovat kulman ∠𝐴 puolittajalla. Nyt koska 𝑀 on kolmion 𝐵𝐼𝐶 ympärysympyrän keskipiste, pätee

∠𝑀 𝐼𝐶 = 1

2(180^∘−∠𝐼𝑀 𝐶) = 1

2(180^∘−2∠𝐼𝐵𝐶) = 1

2(180^∘ −∠𝐵) = 90^∘− 1 2∠𝐵.

Täten 𝐵𝐼𝐶𝐼_𝐴 on jännenelikulmio. Lisäksi 𝑀 on tietysti sen ympärysympyrän keski-piste ja 𝐼𝐼_𝐴 on ympyrän halkaisija.

Lemmasta seuraa, että ∠𝐼𝐵𝐼_𝐴 = ∠𝐼𝐶𝐼_𝐴 = 90^∘ (mikä seuraa myös suoremmin kulmanpuolittajaominaisuuksista). Tutkitaan seuraavaa konfiguraatiota, johon on merkitty kärkiä𝐵 ja 𝐶 vastaavien sivuympyröiden keskipisteet𝐼_𝐵 ja 𝐼_𝐶.

A

B C

IA

IB

IC

I

Pätee ∠𝐼𝐵𝐼𝐴 = 90^∘ ja vastaavasti ∠𝐼𝐵𝐼𝐶 = 90^∘. Siis ∠𝐼𝐶𝐵𝐼𝐴 = 180^∘, eli pisteet 𝐼_𝐶, 𝐵 ja𝐼_𝐴 ovat samalla suoralla. Eikä siinä vielä kaikki: pätee ∠𝐼_𝐵𝐵𝐼_𝐶 =∠𝐼𝐵𝐼_𝐶 = 90^∘, eli 𝐼_𝐵𝐵 on kolmion 𝐼_𝐴𝐼_𝐵𝐼_𝐶 korkeusjana. Pisteet 𝐴, 𝐵 ja 𝐶 ovat täten kolmion 𝐼𝐴𝐼𝐵𝐼𝐶 korkeusjanojen kantapisteet, ja piste 𝐼 on kolmion ortokeskus. Konfiguraatio on siis jo edellisestä luvusta tuttu.

Kehitellään tuloksia vielä eteenpäin. Tutkitaan kolmioita 𝐼_𝐴𝐼_𝐵𝐼_𝐶 ja 𝐴𝐵𝐶. Tie-dämme, että janan 𝐼𝐼_𝐴 keskipiste (eli jännenelikulmion 𝐵𝐼𝐶𝐼_𝐴 ympärysympyrän keskipiste)𝑀_𝐴 on 𝐴𝐵𝐶:n ympärysympyrällä. Määritellään 𝑀_𝐵 ja 𝑀_𝐶 vastaavasti.

Olkoon 𝑁𝐴 janan 𝐼𝐵𝐼𝐶 keskipiste, jolloin𝑁𝐴 on jännenelikulmion 𝐼𝐵𝐶𝐵𝐼𝐶 ympä-rysympyrän keskipiste. Suora lasku antaa

∠𝐴𝑁_𝐴𝐵 =∠𝐼_𝐶𝑁_𝐴𝐵 = 2∠𝐼_𝐶𝐶𝐵 = 2∠𝐼𝐶𝐵 =∠𝐶,

eli𝑁_𝐴 on kolmion 𝐴𝐵𝐶 ympärysympyrällä.⁸ Määritellään 𝑁_𝐵 ja 𝑁_𝐶 vastaavasti.

Olemme siis todistaneet, että pisteet 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝑀𝐴, 𝑀𝐵, 𝑀𝐶, 𝑁𝐴, 𝑁𝐵 ja 𝑁𝐶 ovat kaikki samalla ympyrällä. Tähän asti kaikkea on tutkittu kolmion𝐼_𝐴𝐼_𝐵𝐼_𝐶 näkökul-masta. Katsomalla tilannetta kolmion𝐴𝐵𝐶 silmin saadaan seuraava tulos.

Lause (Yhdeksän pisteen ympyrä)

Olkoon 𝐴𝐵𝐶 kolmio. Olkoot 𝐻_𝐴, 𝐻_𝐵 ja 𝐻_𝐵 kolmion 𝐴𝐵𝐶 korkeusjanojen kantapisteet ja 𝑁_𝐴, 𝑁_𝐵 ja 𝑁_𝐶 kolmion 𝐴𝐵𝐶 sivujen keskipisteet. Olkoon 𝐻 kolmion 𝐴𝐵𝐶 ortokeskus, ja olkoot 𝑀_𝐴, 𝑀_𝐵 ja 𝑀_𝐶 janojen 𝐻𝐴, 𝐻𝐵 ja 𝐻𝐶 keskipisteet. Tällöin pisteet𝐻_𝐴, 𝐻_𝐵, 𝐻_𝐶, 𝑁_𝐴, 𝑁_𝐵, 𝑁_𝐶, 𝑀_𝐴, 𝑀_𝐵 ja𝑀_𝐶 ovat kaikki samalla ympyrällä.

8Lisäksi pätee, että 𝑁𝐴𝑀𝐴 on kolmion𝐴𝐵𝐶 ympärysympyrän halkaisija.

Seuraava vaikea esimerkkitehtävä demonstroi loistavasti, miten tähän asti esi-teltyjä geometrian menetelmiä voidaan soveltaa. Tehtävä on vuoden 2018 ELMO-lyhytlistalta.

Tehtävä

Olkoon 𝐴𝐵𝐶 kolmio, ja olkoot 𝐻 ja 𝑂 sen ortokeskus ja ympärysympyrän keskipiste. Olkoon 𝑃 janan𝐴𝐻 keskipiste, ja olkoon 𝑇 se piste suoralla 𝐵𝐶, jolla ∠𝑇 𝐴𝑂 = 90^∘. Olkoon 𝑋 pisteen 𝑂 projektio suoralle 𝑇 𝑃. Osoita, että janan 𝑃 𝑋 keskipiste on kolmion𝐴𝐵𝐶 yhdeksän pisteen ympyrällä.

Tässä on tehtävän konfiguraatiosta kuva, johon on lisätty pari hyödylliseksi osoit-tautuvaa pistettä.

A

B C

O H

P

T

X

D M

Olkoon 𝑄 janan 𝑃 𝑋 keskipiste.

Miten todistetaan, että jokin piste on yhdeksän pisteen ympyrällä? Valitsemalla kyseiseltä ympyrältä jotkin kolme pistettä 𝑆, 𝑇 ja 𝑈 ja osoittamalla, että valitut pisteet ja annettu piste muodostavat yhdessä jännenelikulmion. On tietysti monta tapaa valita pisteet𝑆, 𝑇 ja 𝑈. Millainen olisi hyvä valinta?

Piste𝑃 on yhdeksän pisteen ympyrällä ja se esiintyy valmiiksi tehtävässä, joten se voisi olla hyvä valinta. Mikään muu tehtävänannon pisteistä ei ole yhdeksän pisteen ympyrällä, joten mietitään muita kriteerejä. Haluamme, että pisteiden 𝑆, 𝑇, 𝑈 ja 𝑄 väliset kulmat ovat laskettavissa. Montaa kandidaattia ei tule mieleen, mutta kärjen 𝐴 korkeusjanan kantapiste 𝐷 vaikuttaa lupaavalta, koska ∠𝑄𝑃 𝐷 liittyy vahvasti tehtävän pisteisiin.

Jos kerran tiedämme, mitä ∠𝑄𝑃 𝐷 on, niin haluaisimme neljännen pisteen 𝑈 olevan sellainen, että voimme laskea kulman ∠𝐷𝑈 𝑄 suuruuden. Käymällä läpi vaihtoehtoja (korkeusjanojen kantapisteet, sivujen keskipisteet sekä janojen 𝐵𝐻 ja 𝐶𝐻 keskipisteet) huomataan, että sivun 𝐵𝐶 keskipiste 𝑀 näyttäisi olevan samalla suoralla kuin pisteet 𝐴 ja 𝑄. Lisäksi huomataan, että tämä suora näyttäisi olevan kohtisuorassa suoraa𝑇 𝑋 kohti. Täten piste 𝑀 vaikuttaa todella hyvältä valinnalta.

Saimme aikaan edistystä: saimme lisätietoa siitä, mitä tehtävässä tapahtuu ja miten tehtävänannon väitteen voisi todistaa. Toisaalta olemme ongelmissa: mediaanit

ja kulmat ovat haastava yhdistelmä, joten tehtävä ei tule ratkeamaan suoralla kulmanjahtauksella. Saamme kuitenkin jonkinlaisen otteen pisteestä𝑀. Tiedämme, että∠𝑇 𝑀 𝑂 =∠𝐵𝑀 𝑂= 90^∘ =∠𝑇 𝑋𝑂 =∠𝑇 𝐴𝑂. Pisteet 𝑇, 𝐴, 𝑋, 𝑂 ja 𝑀 ovat siis kaikki samalla ympyrällä (jonka halkaisija on jana𝑇 𝑂).

Työn alla on siis seuraavien väitteiden todistaminen.

1. Pisteet 𝐴, 𝑄 ja 𝑀 ovat samalla suoralla.

2. Suorat 𝐴𝑀 ja 𝑇 𝑋 ovat kohtisuorassa toisiaan vasten.

3. Kulmien ∠𝐷𝑃 𝑄ja ∠𝐷𝑀 𝑄 summa on 180^∘. Olettamalla, että kohta 1 pätee, tämä saadaan muotoon ∠𝐷𝑃 𝑋 +∠𝐷𝑀 𝐴= 180^∘.

Kohtien 1 ja 2 väitteet kannattaa yhdistää seuraavaksi väitteeksi: ”Jana𝐴𝑀 puolittaa janan𝑃 𝑋 ja leikkaa tätä kohtisuorasti”. Tämä liittyy aiemmin mainittuun tehtävän

”kuorimiseen”: ongelmat kannattaa aina esittää mahdollisimman lähestyttävässä muodossa. Motivaatio muotoilun takana on se, että on usein helpompaa osoittaa, että jokin jana puolittaa jonkin toisen janan, kuin että kolme pistettä ovat samalla suoralla.

Kohdan 2 väitteestä seuraa, että nelikulmio 𝑇 𝐴𝑄𝐷 on jännenelikulmio ja että suorat𝐴𝑄 ja 𝑋𝑂 ovat yhdensuuntaiset.

Olettaen kohtien 1 ja 2 väitteet saadaan

∠𝑃 𝑇 𝐷=∠𝑄𝑇 𝐷 =∠𝑄𝐴𝐷=∠𝑀 𝐴𝐷=∠𝐴𝑀 𝑂 =∠𝐴𝑇 𝑂.

Kohta 3 seuraa tästä. Kohdan 3 yhtälö∠𝐷𝑃 𝑋 +∠𝐷𝑀 𝐴= 180^∘ voidaan nimittäin muotoilla uudelleen: Ensinnäkin∠𝐷𝑃 𝑋 = 180−∠𝑇 𝑃 𝐷 = 90 +∠𝑃 𝑇 𝐷. Toiseksi

∠𝐷𝑀 𝐴=∠𝑇 𝑀 𝐴=∠𝑇 𝑂𝐴= 90^∘−∠𝐴𝑇 𝑂, eli haluamme ∠𝑃 𝑇 𝐷=∠𝐴𝑇 𝑂. Tämä todistettiin edellä.

Todistettavana on siis seuraava väite: ”Jana 𝐴𝑀 puolittaa janan 𝑃 𝑋 ja leikkaa tätä kohtisuorasti”. Kohtisuoruus on helpompi ehto kuin pituuksia koskeva väite, joten aloitetaan siitä. Tässä vaiheessa voimme unohtaa pisteen𝑋.

Mitä johtopäätöksiä voitaisiin vetää, jos pätisi 𝐴𝑀 ⊥ 𝑇 𝑃? Huomataan⁹, että tällöin𝑃 olisi kolmion 𝐴𝑀 𝑇 ortokeskus. Tämä on joustavampi ehto kuin 𝐴𝑀 ⊥𝑇 𝑃, joten käytetään sitä.

Ortokeskusominaisuus seuraa, jos osoitamme, että 𝑀 𝑃 ⊥𝐴𝑇, mikä puolestaan on ekvivalenttia sen kanssa, että suorat𝐴𝑂ja𝑃 𝑀 ovat yhdensuuntaisia. Tämä on hyvä muotoilu ongelmallemme: olemme päässeet kokonaan eroon pisteestä𝑇. Tutkitaan siis pisteitä 𝐴, 𝑃, 𝑀 ja 𝑂.

Tiedämme, että suorat𝐴𝑃 ja𝑀 𝑂 ovat molemmat kohtisuorassa sivua𝐵𝐶 kohden, joten 𝐴𝑃||𝑀 𝑂. Ehto 𝐴𝑂||𝑃 𝑀 tarkoittaisi siis sitä, että nelikulmio 𝐴𝑃 𝑀 𝑂 olisi suunnikas. Kulman∠𝑃 𝐴𝑂 voi laskea melko helposti, mutta kulma∠𝑃 𝑀 𝑂 on paljon vaikeampi.

9Tätä ei tosin ole kovin helppo huomata.

Mietitään hetki ennen kuin jatketaan: mitä pisteistä 𝑃 ja 𝑀 voidaan sanoa? Ne ovat kyllä joidenkin janojen keskipisteitä, mutta tämä ei ole mielenkiintoisin asia, mitä pisteistä voidaan sanoa. Jos nimittäin𝐸 ja 𝐹 ovat kärjistä𝐵 ja 𝐶 lähtevien korkeusjanojen kantapisteet,¹⁰ niin 𝑃 on jännenelikulmion 𝐴𝐸𝐻𝐹 ympärysympyrän keskipiste. Vastaavasti𝑀 on jännenelikulmion 𝐵𝐹 𝐸𝐶 ympärysympyrän keskipiste.

A

B D C

E

F

H P

M O

Ympyröiden keskipisteiden välinen jana 𝑃 𝑀 on kohtisuorassa radikaaliakselia vasten. Tässä tapauksessa ympyrät leikkaavat kahdessa pisteessä 𝐸 ja 𝐹, joten jana𝑃 𝑀 on kohtisuorassa janaa 𝐸𝐹 kohden. Enää tulee siis osoittaa, että 𝐴𝑂 on kohtisuorassa janaa 𝐸𝐹 kohden. Olemme päässeet eroon vaikeasta pisteestä 𝑃, mikä on hyvää edistystä.

Tämä ongelma on jo varsin helppo: pätee

∠𝑂𝐴𝐸 =∠𝑂𝐴𝐶 = 1

2(180^∘−∠𝐴𝑂𝐶) = 90^∘−∠𝐵, ja koska𝐵𝐶𝐹 𝐸 on jännenelikulmio, niin

∠𝐹 𝐸𝐴=∠𝐵, joten väite seuraa.

Olemme nyt saaneet todistettua, että𝐴𝑀 ⊥𝑇 𝑃, ja olemme huomanneet, että tästä seuraa, että 𝑃 on kolmion 𝑇 𝐴𝑀 ortokeskus. Enää halutaan puolittajaominaisuus.

Tutkitaan hetki tehtävää kolmion 𝑇 𝐴𝑀 näkökulmasta: Nyt 𝑂 on sellainen piste kolmion𝑇 𝐴𝑀 ympärysympyrällä, että𝑇 𝑂 on tämän ympyrän halkaisija. Tärkeämpi kysymys on kuitenkin ”mikä piste 𝑋 on?”. Myös piste 𝑋 on, kuten olemme jo aiemmin todenneet, kolmion𝑇 𝐴𝑀 ympärysympyrällä. Lisäksi nyt tiedämme, että se saadaan jatkamalla kärjestä𝑇 lähtevää kolmion 𝑇 𝐴𝑀 korkeusjanaa tämän kolmion ympärysympyrälle.

Tehtävä on käytännössä palautettu tuttuun tilanteeseen, jossa tutkitaan kolmiota, sen ortokeskusta ja joitain pisteitä tähän liittyen. Tämän ongelman ratkaiseminen ei enää ole vaikeaa.

10On luontevaa lisätä nämä pisteet konfiguraatioon, koska kuvio sisältää jo ortokeskuksen𝐻.

Saadaan

∠𝑀 𝐴𝑋 =∠𝑀 𝑇 𝑋 = 90^∘−∠𝑇 𝑀 𝐴= 90^∘−(90^∘−∠𝑀 𝐴𝐷) =∠𝑀 𝐴𝑃, eli suora𝐴𝑀 on kulman∠𝑃 𝐴𝑋 puolittaja. Täten kolmion 𝑃 𝐴𝑋 kärjestä 𝐴 lähtevä korkeusjana ja kulmanpuolittaja ovat sama suora, joten kolmio on tasakylkinen.

Väite on näin todistettu.

Kommentti: Tehtävä on vaikea, ja ratkaisu vaatii monia erilaisia huomioita. Vaikeita tehtäviä ratkoessa korostuu se, että pystyy välillä katsomaan ongelmaa kauempaa:

on vaikea kuvitella, että yllä esitettyyn ratkaisuun voisi päätyä ”vahingossa” eli vain tekemällä sokeasti erilaisia havaintoja, vaan ratkaisua keksiessä pitää olla selkeä suunnitelma.

Tehtävässä tuli hyvin ilmi parikin asiaa, jotka ovat tärkeitä geometrian tehtäviä ratkoessa. Ensinnäkin on hyvä keksiä ensin kelvollinen suunnitelma, jota lähtee to-teuttamaan.¹¹ Toiseksi tehtävän ratkaiseminen voi vaatia hyvinkin vaikeita huomioita konfiguraatiosta. Tässä tehtävässä mielestäni vaikeimmin keksittävä huomio oli se, että piste 𝑃 on kolmion 𝑇 𝐴𝑀 ortokeskus. Kolmanneksi: On hyvä olla käsitys sii-tä, mikä on edistystä eli mitä kannattaa tavoitella. Tässä ratkaisussa tärkeimpiä edistysaskelia olivat vaikeiden pisteiden eliminoiminen sekä ehtojen kirjoittaminen joustavampaan muotoon.

Tämän tehtävän ratkaisussa korostui vielä ortokeskuksien perusominaisuuksien hyö-dyllisyys.¹² Tähän on nostettu pari hyödyllistä ortokeskusta koskevaa tulosta, jotka tulivat edellisessä ratkaisussa ilmi, mutta joita ei ole mainittu aiemmin. Todistaminen jätetään lukijalle.

Lemma

Olkoon 𝐻 kolmion𝐴𝐵𝐶 ortokeskus. Olkoon𝐻^′ pisteen 𝐻 peilaus sivun 𝐵𝐶 yli, ja olkoon 𝐻^′′ pisteen𝐻 peilaus sivun 𝐵𝐶 keskipisteen yli. Tällöin

1. Piste 𝐻^′ on kolmion 𝐴𝐵𝐶 ympärysympyrällä 2. Piste 𝐻^′′ on kolmion 𝐴𝐵𝐶 ympärysympyrällä

3. Jana 𝐴𝐻^′′ on kolmion𝐴𝐵𝐶 ympärysympyrän halkaisija.

4.3 Homotetia

Olkoon 𝐴𝐵𝐶 jokin kolmio, ja olkoot 𝐷 ja 𝐸 sellaisia pisteitä janojen 𝐴𝐵 ja 𝐴𝐶 jatkeilla, että janat𝐵𝐶 ja𝐷𝐸 ovat yhdensuuntaisia. Olkoon𝑃 sellainen piste janalla 𝐵𝐶, että ^𝐵𝑃_{𝑃 𝐶} = ²₃, ja olkoon𝑄 vastaavasti sellainen piste janalla 𝐷𝐸, että ^𝐷𝑄_𝑄𝐸 = ²₃.

11Suunnitelma voi tietysti muuttua matkan varrella.

12Mitä hyötyä on vaikean ongelman palauttamisesta helppoon ongelmaan, jos tätä helppoa ongelmaa ei saa ratkaistua?

A

B C

D E

P

Q

Intuitio sanoo, että pisteet 𝐴, 𝑃 ja 𝑄 ovat samalla suoralla: kolmio 𝐴𝐷𝐸 on vain suurennettu versio kolmiosta 𝐴𝐵𝐶, ja pisteiden 𝑃 ja 𝑄 suhteelliset sijainnit ovat samat. Väitteen voi todistaa yhdenmuotoisilla kolmioilla. Yksityiskohdat sivuutetaan tässä.

Homotetia mahdollistaa tämänkaltaisen ajatuksen formalisoinnin ja käyttämisen yleisessä tilanteessa. Homotetia on on tason kuvaus, eli homotetiassa tason pisteet kuvautuvat toisille tason pisteille. Kuvauksen määrää kaksi muuttujaa: piste ja kerroin. Edellisessä esimerkissä voitaisiin tutkia𝐴-keskistä homotetiaa, jonka kerroin on ^𝐴𝐷_𝐴𝐵. Tämä homotetia ”venyttää” tasoa, jolloin pisteet 𝐵 ja𝐶 kuvautuvat pisteiksi 𝐷ja 𝐸. Vastaavasti piste𝑃 kuvautuu pisteeksi 𝑄.

Homotetian kerroin 𝑘 voi myös olla negatiivinen: tällöin pisteen 𝑃 kuvaamiseksi ensin peilataan𝑃 homotetian keskuksen𝐴yli ja sitten kerrotaan etäisyys𝐴𝑃 luvulla

|𝑘|.

Konsepti ei siis ole kovin ihmeellinen. Kyse onkin siitä, miten eri konfiguraatioita kannattaa käsitellä. Tähän liittyen esitetään vuoden 2019 syksyllä valmennustehtävä-nä olleen ongelman ratkaisu.

Tehtävä

Kaksi ympyrää sivuaa toisiaan sisäpuolisesti pisteessä 𝑇. Ulomman ympyrän jänne𝐴𝐵 on sisemmän ympyrän tangentti pisteessä𝑃. Osoita, että suora𝑇 𝑃 puolittaa kulman ∠𝐴𝑇 𝐵.

T

A

P

B A^′

B^′

Ajatuksena on, että isompi ympyrä saadaan venyttämällä pienempää ympyrää pisteestä𝑇 nähden, eli toisin sanoen on olemassa 𝑇-keskinen homotetia, joka kuvaa pienemmän ympyrän isommaksi ympyräksi. Alla on esitetty väitteelle todistus.

Olkoon 𝑂1 isomman ympyrän keskipiste, ja olkoon 𝑂2 pienemmän ympyrän keski-piste. Valitaan homotetian kertoimeksi𝑘 = ^{𝑇 𝑂}_{𝑇 𝑂}¹

2. Tulee osoittaa, että jos 𝑋 on piste pienemmän ympyrän kehällä, niin se piste 𝑋^′, joka on samalla suoralla¹³ kuin 𝑇 ja 𝑋 ja jolla 𝑇 𝑋^′ =𝑘·𝑇 𝑋, on isommalla ympyrällä.

Tämä väite voidaan todistaa yhdenmuotoisilla kolmioilla. Tiedämme, että _{𝑇 𝑂}^{𝑇 𝑋}₂ =

𝑇 𝑋^′

𝑇 𝑂1 ja että∠𝑋𝑇 𝑂2 =∠𝑋^′𝑇 𝑂1. Täten kolmiot𝑇 𝑋𝑂2ja𝑇 𝑋^′𝑂1ovat yhdenmuotoisia.

Koska kolmio 𝑇 𝑋𝑂₂ on tasakylkinen, on kolmio 𝑇 𝑋^′𝑂₁ myös tasakylkinen, joten 𝑇 𝑂₁ =𝑋^′𝑂₁. Tämä on mitä haluttiinkin.

Tehtävän voi täten ajatella seuraavasti: Valitsemme pieneltä ympyrältä pisteet 𝐴^′ ja𝐵^′. Piirrämme pienelle ympyrälle tangentin (kuvassa jana𝐴𝐵), joka on yhdensuun-tainen¹⁴ janan𝐴^′𝐵^′ kanssa. Olkoon𝑃 tämä tangenttipiste. Haluamme osoittaa, että jana𝑇 𝑃 puolittaa janan ∠𝐴^′𝑇 𝐵^′, eli toisin sanoen että𝑃 on kaaren 𝐴[^′𝐵^′ keskipiste.

Tätä ongelmaa voi vielä halutessaan ajatella hieman eri näkökulmasta: valitaan ensiksi piste 𝑃 ja piirretään sen kautta kulkeva tangentti, ja valitaan vasta sitten tangentin kanssa yhdensuuntainen ympyrän jänne𝐴^′𝐵^′. Pisteen 𝑃 tulisi aina olla kaaren𝐴^′𝐵^′ keskipiste riippumatta siitä, mikä on tangentin ja jänteen 𝐴^′𝐵^′ välinen etäisyys.

Edelliset huomiot antavat ideoita siihen, miten väitettä kannattaa lähteä todis-tamaan. Todistus ei ole vaikea: Jos pisteet 𝐴, 𝐵, 𝐴^′ ja 𝐵^′ ovat kuten kuvassa, niin kehäkulmalauseen tangenttiversion nojalla∠𝐴^′𝐵^′𝑃 =∠𝐴^′𝑃 𝐴. Toisaalta koska suorat 𝐴^′𝐵^′ja𝐴𝐵ovat yhdensuuntaisia, niin∠𝑃 𝐴^′𝐵^′ = ∠𝐴^′𝑃 𝐴. Täten∠𝐴^′𝐵^′𝑃 = ∠𝑃 𝐴^′𝐵^′, ja väite seuraa.

In document Ollin Opas Olympiatason Ongelmanratkaisuun (sivua 34-42)