5469. Докажите, что ортоцентр треугольника ABC
лежит на прямой, содержащей среднюю линию, параллельную стороне AB
, тогда и только тогда, когда \cos C=\cos A\cos B
.
Указание. Пусть высоты AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
треугольника ABC
пересекаются в точке H
. Выразите отрезок AC_{1}
из прямоугольных треугольников ACC_{1}
и AHC_{1}
.
Решение. Предположим, что ACB
— наибольший угол треугольника. Пусть высоты AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
треугольника ABC
пересекаются в точке H
и точка H
лежит на средней линии треугольника, параллельной AB
. Тогда HC_{1}=\frac{1}{2}CC_{1}
.
Обозначим \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
, \angle C=\gamma
. Тогда \angle BAA_{1}=90^{\circ}-\beta
.
Из прямоугольных треугольников ACC_{1}
и AHC_{1}
находим, что
AC_{1}=CC_{1}\ctg\alpha,~AC_{1}=HC_{1}\ctg(90^{\circ}-\beta)=\frac{1}{2}CC_{1}\tg\beta.
Из равенства CC_{1}\ctg\alpha=\frac{1}{2}CC_{1}\tg\beta
следует, что
\tg\alpha\tg\beta=2,~\sin\alpha\sin\beta=2\cos\alpha\cos\beta.
Тогда
\cos\gamma=-\cos(180^{\circ}-\alpha-\beta)=-\cos(\alpha+\beta)=
=\sin\alpha\sin\beta-\cos\alpha\cos\beta=2\cos\alpha\cos\beta-\cos\alpha\cos\beta=\cos\alpha\cos\beta.
Что и требовалось доказать.
Аналогично для случая, когда один из углов \alpha
и \beta
не меньше 90^{\circ}
.
Пусть теперь известно, что \cos\gamma=\cos\alpha\cos\beta
и \gamma
— наибольший угол треугольника. Тогда \tg\alpha\tg\beta=2
, а так как CC_{1}=AC_{1}\tg\alpha
и HC_{1}=AC_{1}\ctg\beta
, то
\frac{HC_{1}}{CC_{1}}=\frac{\ctg\beta}{\tg\alpha}=\frac{1}{\tg\alpha\tg\beta}=\frac{1}{2},
значит, HC_{1}=\frac{1}{2}CC_{1}
. Следовательно, точка H
лежит на средней линии треугольника ABC
, параллельной стороне AB
.
Аналогично для случая, когда один из углов \alpha
и \beta
не меньше 90^{\circ}
.