10149. Найдите геометрическое место точек пересечения высот треугольников, у которых даны середина одной стороны и основания высот, опущенных на две другие.
Ответ. Пустое множество или окружность.
Решение. Пусть C_{0}
— середина стороны AB
треугольника ABC
, а A_{1}
и B_{1}
— основания высот, опущенных на стороны BC
и AC
. Поскольку треугольники ABA_{1}
и ABB_{1}
прямоугольные, их медианы A_{1}C_{0}
и B_{1}C_{0}
равны половине гипотенузы AB
(см. задачу 1109). Следовательно, если для данных точек C_{0}A_{1}\ne C_{0}B_{1}
, то искомое ГМТ — пустое множество. Это же верно и в случае, когда C_{0}
— середина A_{1}B_{1}
, ибо A_{1}B_{1}=AB\cos ACB\lt AB
(см. задачу 19), что невозможно, так как точки A
, B
, A_{1}
и B_{1}
лежат на окружности с диаметром AB
, и A_{1}B_{1}
— также диаметр этой окружности.
Если же A_{1}B_{1}C_{0}
— равнобедренный треугольник, то точки A
и B
лежат на окружности \sigma
с центром C_{0}
и радиусом C_{0}A_{1}=C_{0}B_{1}
, причём являются концами диаметра этой окружности.
Если треугольник ABC
остроугольный, то его ортоцентр H
является пересечением хорд AA_{1}
и BB_{1}
окружности \sigma
. Тогда, если \angle A_{1}C_{0}B_{1}=\alpha
, то угол A_{1}HB_{1}
равен полусумме дуг A_{1}B_{1}
и AB
(см. задачу 26), т. е. 90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}
. Следовательно, точка H
лежит на дуге окружности \omega
с концами A_{1}
и B_{1}
, вмещающей этот угол (см. задачу 12).
Аналогично, если треугольник ABC
тупоугольный, то H
лежит на дополнительной дуге окружности \omega
.
Если же AB
— катет прямоугольного треугольника, то его ортоцентр совпадает с вершиной прямого угла, т. е. с одной из точек A_{1}
или B_{1}
, и значит, также лежит на окружности \omega
.
С другой стороны, пусть H
— произвольная точка окружности \omega
, \angle A_{1}HB_{1}=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}
, а лучи A_{1}H
и B_{1}H
пересекают окружность \sigma
в точках A
и B
соответственно. Тогда
\angle AHB=\angle A_{1}HB_{1}=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2},
\angle AB_{1}B=\angle AA_{1}B=\angle AHB-\angle A_{1}BB_{1}=\left(90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)-\frac{\alpha}{2}=90^{\circ}.
Значит, прямые A_{1}H
и B_{1}H
пересекают окружность \sigma
в диаметрально противоположных точках A
и B
, а C
— точка пересечения прямых AB_{1}
и BA_{1}
. Аналогично для точки H
, лежащей на дополнительной дуге окружности \omega
.
Таким образом, треугольник ABC
существует для любой точки H
окружности \omega
. Следовательно, искомым ГМТ будет вся окружность \omega
.