Всем привет!
Сегодня мы обсудим несколько доказательств того, что высоты треугольника пересекаются в одной точке (ортоцентре). Про важные свойства ортоцентра можно прочитать по ссылке. А про то, как можно доказывать перпендикулярность, я писал вот в этом разборе. Итак, приступим. Напоминаю, что следить за публикациями также можно на телеграм-канале Олимпиадная геометрия.
Общее практически во всех доказательствах того, что высоты пересекаются в одной точке следующее. Мы проводим две высоты и пытаемся проверить, что третья высота проходит через точку пересечения первых двух. Кстати, любые две высоты пересекаются, поскольку стороны треугольника не параллельны. Для простоты я буду все сопровождать иллюстрациями с остроугольным треугольником, но рассуждения остаются верными и для тупоугольного случая, разве что точка пересечения лежит снаружи. В прямоугольном же треугольнике высоты пересекаются в вершине прямого угла — вырожденная конфигурация.
Первое доказательство — вписанные углы
Самое простое доказательство, увы, не является самым элементарным. Для его понимания требуются знания о признаках и свойствах вписанных четырехугольников.
Предположим, что высоты BE и CF пересекаются в точке H. Проведем прямую AH до пересечения с прямой BC в точке D и проверим, что угол ADC прямой.
Для этого заметим, что четырехугольник AEHF вписан в окружность с диаметром AH, поэтому ∠ AFE= ∠ AHE. Кроме того, четырехугольник BFEC вписан в окружность с диаметром BC, поэтому ∠ AFE= ∠ ACB. В результате заключаем, что ∠ AHE= ∠ ACB и четырехугольник CDHE тоже вписан. Поскольку угол HEC прямой, то и угол HDC тоже прямой.
Второе доказательство — серединные перпендикуляры
Второе доказательство очень любят школьные учебники, но поучительность его переоценена. Дополнительное построение, которое в нем используется, придумать самостоятельно практически невозможно, да и задач на его использование очень мало. Тем не менее сама идея свести непонятное утверждение к уже доказанному очень полезна. В контексте доказательства того, что три прямых пересекаются в одной точке эта идея оправдана. Если вам надо проверить такое утверждение, можно постараться доказать, что это три прямых, про которые уже известно необходимое свойство. Например, доказать, что они являются биссектрисами какого-то треугольника, или серединными перпендикулярами, или медианами (главное при этом не попасть в порочный круг).
Итак собственно доказательство состоит в следующем. Проведем через вершины треугольника ABC прямые, параллельные сторонам. Получим больший треугольник, в котором треугольник ABC является серединным. (Легко увидеть из построения три параллелограмма.)
Серединным называется треугольник, вершины которого являются серединами сторон данного.
Высоты треугольника ABC перпендикулярны и сторонам большего треугольника, поэтому они являются серединными перпендикулярами к его сторонам. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке (в центре описанной окружности).
Третье доказательство — биссектрисы, первый подход
Сводить утверждение о пересечении высот в одной точке можно не только к утверждению про серединные перпендикуляры, но и к утверждению про биссектрисы. Дело в том, что высоты являются биссектрисами ортотреугольника.
Ортотреугольником называется треугольник с вершинами в основаниях высот.
Проверять это можно по-разному. Начнем с более элементарного подхода. Пусть, как и ранее, E и F основания высот из вершин B и C, а точка M — середина стороны BC. Тогда M — середина гипотенузы как прямоугольного треугольника BEC, так и прямоугольного треугольника BFC. Следовательно, MB=MC=MF=ME, поэтому верны равенства углов
В четырехугольнике BFEC сумма углов равна удвоенной сумме углов треугольника ABC, поэтому последнее равенство можно дополнить:
Еще раз воспользовавшись тем, что сумма углов треугольника ABC равна 180 градусов, заключаем, что
Теперь сотрем середину M стороны BC и нарисуем точку D — основание высоты из вершины A. Аналогичными рассуждения можно получить, что
но это и означает, что высоты треугольника ABC являются биссектрисами треугольника DEF. Отметим, что при этом стороны треугольника ABC являются биссектрисами внешних углов треугольника DEF, а вершины — центрами вневписанных окружностей.
Третье доказательство — биссектрисы, второй подход
Подход с биссектрисами можно оформить несколько иначе, если вы знаете, что такое вписанный четырехугольник и вписанные углы. Во-первых, для доказательства того, что синие, красные и желтые углы на картинке выше равны можно просто воспользоваться вписанностью четырехугольников BFEC, AEDB и CDFA. Но можно с помощью тех же вписанностей провести рассуждение и напрямую для биссектрис. Верна цепочка равенств
Четвертое доказательство — радикальные оси
Следующий способ доказать, что прямые пересекаются в одной точке, это найти три окружности у которых они являются радикальными осями.
Радикальной осью двух окружностей называется геометрическое место точек, имеющих равные степени относительно них.
Для двух неконцентрических окружностей радикальная ось является прямой, а для двух пересекающихся окружностей это ни что иное, как прямая, содержащая общую хорду. Если у вас есть три окружности, центры которых не лежат на одной прямой, то их радикальные оси (три штуки) пересекаются в одной точке — радикальном центре. В частности, для трех пересекающихся окружностей, центры которых не лежат на одной прямой, верно, что их общие хорды пересекаются в одной точке.
Как же это применить к доказательству того, что высоты пересекаются в одной точке. А вот как. Надо рассмотреть окружности, построенные на сторонах как на диаметрах. Их центры не лежат на одной прямой (середины сторон), а высоты треугольника являются общими хордами!
Пятое доказательство — теорема Пифагора
Следующее доказательство довольно традиционно в случае, если вы хотите доказывать перпендикулярность. Давайте как и раньше рассмотрим точку H пересечения высот BE и CF и докажем, что AH и BC перпендикулярны. Если вы хотите доказать перпендикулярность двух отрезков вам может помочь следующее утверждение про четырехугольники с перпендикулярными диагоналями.
Диагонали четырехугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда суммы квадратов его противоположных сторон равны.
Это довольно простое следствие теоремы Пифагора. Но главная прелесть этого следствия, что абсолютно не требуется выпуклость четырехугольника! То есть если мы рассмотрим невыпуклый четырехугольник ABHC, то перпендикулярность его диагоналей равносильна равенству
При этом нам уже известно, что в четырехугольниках BCHA и CAHB диагонали перпендикулярны и по тому же самому утверждению верны соотношения
Складывая их и сокращая общие слагаемые в правой и левой частях, получим требуемое.
Шестое доказательство — теорема Карно
Похожее рассуждение можно оформить с помощью теоремы Карно. В одной из формулировок она звучит так.
Теорема Карно. Дан треугольник ABC. Из точек D, E и F, лежащих на прямых BC, AC и AB соответственно, восставлены перпендикуляры к этим прямым. Эти перпендикуляры пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда FA² – FB² + DB² – DC² + EC² – EA² = 0.
В нашем случае достаточно проверить нужное соотношение, когда точки D, E и F являются основаниями высот треугольника. В этом случае по теореме Пифагора FA² – FB² = CA² – CB², DB² – DC² =AB² – AC² и, наконец, EC² – EA² = BC² – BA². Складывая эти равенства, получим требуемое.
Седьмое доказательство — скалярные произведения
Далее следует обратиться к доказательствам, которые на первый взгляд могут показаться счетными, но на самом деле в этом случае они обладают своей удивительной красотой и симметрией. Первое из них, конечно, доказательство с помощью векторов. Перпендикулярность с точки зрения векторов равносильна тому, что скалярное произведение равно нулю. А доказательство нежного нам утверждения основано на следующей прекрасной формуле: для любых четырех точек A, B, C и D (на плоскости или даже в пространстве) верно равенство
Доказывается это так. Надо выразить все векторы через векторы с началом в точке A
подставить эти выражения в требуемое равенство и попросту все слагаемые сократятся.
Как же вывести из этого утверждение про ортоцентр? А надо просто в качестве точки D подставить точке пересечения высот, выходящих из вершин B и C. Тогда первые два слагаемых обнулятся, из чего будет следовать, что третье слагаемое тоже равно нулю, а значит третья высота проходит через точку пересечения.
Кстати, в пространстве мы получили такое утверждение: если у тетраэдра две пары противоположных ребер перпендикулярны, то и третья пара тоже перпендикулярна. Такие тетраэдры называются ортоцентрическими, потому что у них, в свою очередь, четыре высоты пересекаются в одной точке.
Восьмое доказательство — комплексные числа
Комплексные числа, на первый взгляд, являются не слишком пригодными для этого утверждения. Однако, на самом деле тут тоже есть своя симметрия и красота. Далее я буду точку на плоскости отождествлять с комплексным числом и обозначать одной и той же буквой.
Не умаляя общности можно считать, что вершины треугольника лежат на единичной окружности с центром в нуле, то есть |A|=|B|=|C|=1. Такое допущение в счетно-комплексных решениях оказывается часто очень полезным.
Верно следующее утверждение: ортоцентр H находится по формуле H=A+B+C.
На мой взгляд, это очень красиво. Как же это доказать. Нужно проверить, что, скажем, отрезок AH перпендикулярен отрезку BC. А это равносильно тому, что комплексное числе (A–H)/(B–C) является чисто мнимым, то есть при комплексном сопряжении меняет знак. Но, во-первых,
а, во-вторых,
В последнем равенстве мы воспользовались тем, что комплексно сопряженное к числу на единичной окружности с центром в нуле совпадает с обратным.
Из этого доказательства легко вывести утверждение о прямой Эйлера. Дело в том, что точка пересечения медиан имеет комплексную координату (A+B+C)/3 и очевидно лежит на отрезке, соединяющем ноль с ортоцентром и дели его в отношении 1:2.
Девятое доказательство — декартовы координаты
Идея доказывать наше утверждение в декартовых координатах может показаться странной, однако в предлагаемом доказательстве, как и в предыдущем, с одной стороны, есть своеобразная красота, а, с другой, включено очень важно следствие про ортоцентр, которое не так-то просто обнаружить независимыми средствами. Сразу оговорюсь, что доказательство можно провести напрямую, и это занудно и не очень интересно. Я же предлагаю доказательство красивое и содержательное, однако требующее некоторых дополнительных знаний.
Итак, первая идея, состоит в правильном выборе системы координат. Как и в доказательстве с комплексными числами, от этого зависит красота. Напрашивается ввести оси по стороне и проведенной к ней высоте. Это сделать можно и будет не так сложно довести рассуждение до конца, однако я предлагаю сделать иначе. Давайте потребуем, чтобы вершины треугольника лежали на гиперболе xy=1. Тут, конечно, встанет вопрос, а почему так можно. Но на самом деле это почти такой же вопрос можно задать в предыдущем доказательстве: а почему можно считать, что вершины лежат на окружности с радиусом 1? На самом деле через вершины треугольника всегда можно провести гиперболу с перпендикулярными асимптотами, причем можно еще и выбрать направление для асимптот.
Итак, пусть вершины A, B и C треугольника имеют координаты
проверим, что точка H с координатами
является точкой пересечения высот треугольника. Для этого достаточно, скажем, проверить, что прямые AH и BC перпендикулярны, а для этого достаточно установить, что произведение угловых коэффициентов этих прямых равно –1. То есть утверждение сводится к равенству
которое доказывается элементарными преобразованиями.
Чем мне нравится это доказательство? Во-первых, красивыми формулами для координат ортоцентра, а, во-вторых, тем, что мы по пути доказали утверждение: если гипербола с перпендикулярными асимптотами проходит через вершины треугольника, то она проходит и через его ортоцентр! Это очень красивое и важное утверждение. Изящное его применение можно увидеть в решении вот этой задачи со всероссийской олимпиады 10-го класса 2018-го года.
Десятое доказательство — проекции.
Один из самых мощных счетных методов доказательства параллельности или перпендикулярности это подсчет проекций. Предположим, что высоты BE и CF треугольника пересекаются в точке H. Докажем, что отрезок AH перпендикулярен BC. Или, что тоже самое, параллелен высоте AD. Для этого достаточно проверить, что у отрезков AD и AH проекции на стороны AB и AC относятся одинаково. (На самом деле правильно это делать для направленных отрезков.) Проекции отрезка AH на стороны AB и AC относятся как AF/AE, что из очевидного подобия треугольников ABE и ACF равно отношению AC/AB.
Теперь достаточно проверить, что проекции отрезка AD на стороны относятся обратно пропорционально сторонам. Но они, очевидно, как раз обратно пропорциональны синусам углов...
Кто-нибудь знает еще доказательства?
