1256. Теорема о высотах треугольника. Докажите, что прямые, содержащие высоты треугольника, пересекаются в одной точке.
Указание. Рассмотрите треугольник, образованный прямыми, проведёнными через вершины данного параллельно противолежащим сторонам.
Решение. Первый способ. Через вершины данного треугольника проведём прямые, параллельные противолежащим сторонам. Рассмотрим треугольник с вершинами в точках пересечения проведённых прямых. Высоты исходного треугольника лежат на серединных перпендикулярах построенного. Поэтому они пересекаются в одной точке (см. задачу 1142).
Второй способ. Если треугольник остроугольный, то его высоты лежат на биссектрисах треугольника с вершинами в основаниях высот данного (ортотреугольник), и поэтому пересекаются в одной точке (см. задачу 533).
Если же треугольник тупоугольный, то одна его высота лежит на биссектрисе одного из углов ортотреугольника, а две другие — на биссектрисах внешних углов ортотреугольника.
Для прямоугольного треугольника утверждение очевидно.
Третий способ. Если треугольник остроугольный, то его высоты лежат на биссектрисах треугольника с вершинами в точках пересечения с описанной окружностью продолжений высот данного треугольника (см. задачу 34).
Четвёртый способ. Пусть AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
— высоты треугольника ABC
. Обозначим через \alpha
, \beta
, \gamma
углы треугольника ABC
. Тогда из прямоугольного треугольника AB_{1}B
находим, что
AB_{1}=AB|{\cos\alpha}|.
Аналогично
AC_{1}=AC|\cos\alpha|,~BA_{1}=AB|\cos\beta|,~BC_{1}=BC|\cos\beta|,
CA_{1}=CA|\cos\gamma|,~CB_{1}=CB|\cos\gamma|.
(Если треугольник остроугольный, то знаки модуля можно опустить). Поэтому
\frac{AB_{1}}{B_{1}C}\cdot\frac{CA_{1}}{A_{1}B}\cdot\frac{BC_{1}}{C_{1}A}=
=\frac{AB\cdot BC\cdot AC\cdot|\cos\alpha\cdot\cos\beta\cdot\cos\gamma|}{AB\cdot BC\cdot AC\cdot|\cos\alpha\cdot\cos\beta\cdot\cos\gamma|}=1.
Тогда по теореме Чевы (см. задачу 1621) прямые AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
пересекаются в одной точке.
Пятый способ. Известно, что геометрическое место точек M
таких, что разность AM^{2}-BM^{2}
постоянна, есть прямая, перпендикулярная отрезку AB
(см. задачу 2445). Отсюда следует, что прямые AB
и CD
перпендикулярны тогда и только тогда, когда
AC^{2}-BC^{2}=AD^{2}-BD^{2}.
Пусть H
— точка пересечения высот BB_{1}
и CC_{1}
треугольника ABC
. Тогда
AB^{2}-BC^{2}=AH^{2}-CH^{2},~BC^{2}-AC^{2}=BH^{2}-AH^{2}.
Сложив почленно эти равенства, получим, что
AB^{2}-AC^{2}=BH^{2}-CH^{2}.
Следовательно, прямая AH
перпендикулярна стороне BC
.
Шестой способ. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
. Рассмотрим вектор \overrightarrow{a}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}
. Если
\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OK},
то K
— вершина ромба AOBK
. Значит, OK\perp AB
. Если
\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{OC},
то CH\parallel OK
. Значит, CH\perp AB
. Поэтому точка H
лежит на прямой, содержащей высоту треугольника ABC
, проведённую из вершины C
.
Аналогично докажем, что точка H
(конец вектора \overrightarrow{a}
) лежит на прямых, содержащих две другие высоты треугольника. Следовательно, все три прямые пересекаются в точке H
.
Седьмой способ. Воспользуемся следующим утверждением. Если A
, B
, C
и H
— произвольные точки плоскости, то
\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CH}+\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{BH}=0
(см. задачу 7257). Пусть прямые, содержащие высоты треугольника ABC
, проведённые из вершин A
и B
, пересекаются в точке H
. Тогда AH\perp BC
и BH\perp AC
, поэтому
\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AH}=0,~\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{BH}=0.
Из приведённого выше утверждения следует, что
\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CH}=0.
Значит, CH\perp AB
, т. е. прямая, содержащая высоту, проведённую из вершины C
, также проходит через точку H
.
Восьмой способ. При гомотетии с центром в точке M
пересечения медиан и коэффициентом -\frac{1}{2}
треугольник ABC
переходит в треугольник A'B'C'
с вершинами в серединах сторон BC
, AC
и AB
. Поскольку при гомотетии прямая, не проходящая через центр гомотетии, переходит в параллельную ей прямую, то прямые, содержащие высоты треугольника ABC
переходят при рассматриваемой гомотетии в серединные перпендикуляры к сторонам этого треугольника. Известно, что серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке — в центре O
описанной окружности (см. задачу 1142). Следовательно, прямые, содержащие высоты треугольника также пересекаются в одной точке — в прообразе точки O
. Отсюда, в частности, следует, что точки M
, O
и точка пересечения высот H
лежат на одной прямой, причём точка M
лежит между O
и H
и MH=2MO
(см. также задачу 5044).
Девятый способ. Пусть высоты AA_{1}
и BB_{1}
остроугольного треугольника ABC
пересекаются в точке H
. Докажем, что CH\perp AB
. Действительно, поскольку из точек A_{1}
и B_{1}
отрезок AB
виден под прямым углом, эти точки лежат на окружности с диаметром AB
, поэтому \angle AA_{1}B_{1}=\angle ABB_{1}
. С другой стороны, точки A_{1}
и B_{1}
лежат на окружности с диаметром CH
, поэтому
\angle HCB_{1}=\angle HA_{1}B_{1}=\angle AA_{1}B_{1}=\angle ABB_{1}.
Пусть прямая CH
пересекается с прямой AB
в точке C_{1}
. Тогда углы при вершинах C
и A
треугольника ACC_{1}
соответственно равны углам при вершинах B
и A
прямоугольного треугольника BAB_{1}
. Следовательно, \angle AC_{1}C=\angle ABB_{1}=90^{\circ}
, т. е. CH\perp AB
, что и требовалось доказать. Для тупоугольного треугольника аналогично.
Примечание. Другие доказательства: см. «Математика в школе», N1, 1988, с.72, В.В.Прасолов, «Несколько доказательств теоремы о высотах треугольника».