Свойства ортоцентра в теоремах и задачах

метки: Прямая, Треугольник, Изменение, Отсекать, Точка, Площадь, Лежать, Ортоцентр

Ортоцентр — это точка пересечения линий, содержащих высоты треугольника.

Ортотреугольник или ортоцентрический треугольник — это треугольник, вершинами которого являются высоты данного треугольника.

Мы обращаем внимание на следующие свойства ортоцентра и ортотреугольника и показываем, как они используются при решении задач разного уровня.

1 свойство. Симметричная точка в ортоцентре относительно стороны треугольника лежит на описанной окружности вокруг него.

2 свойство. Точка, симметричная в ортоцентре относительно середины стороны треугольника, лежит на окружности, описанной вокруг нее, и диаметрально противоположна вершине треугольника, противоположной этой стороне.

8 8

T3 3 свойство. При изогональном сопряжении ортоцентр переходит в центр описанной окружности. 4 свойство. Расстояние от вершины треугольника до ортоцентра в 2 раза превышает расстояние от центра описанной окружности до противоположной стороны. 5 свойство. Сумма квадратов расстояния от вершины треугольника до ортоцентра и длины стороны, противоположной этой вершине, равна квадрату диаметра описанной окружности.

T4 6 свойство. Радиусы описанной окружности, проведенной в вершинах треугольника, перпендикулярны соответствующим сторонам ортотреугольника. 7 свойство. Ортоцентр в остром треугольнике — это центр ортотреугольника.

T

8 свойство. Если AD и BE — высоты треугольника ABC, то треугольник DEC подобен треугольнику ABC с коэффициентом |cos ∠B|.

T5

Задачи на применение 1 свойства

Задача 1. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке H. Докажите, что радиусы описанных окружностей треугольников ABC, ABH, BCH, CAH равны.

Доказательство. Если радиус BH пересекает описанную окружность в точке ∆ABC в точке H ‘, то по свойству ортоцентров точки H и H’ симметричны относительно стороны AC, поэтому ∆AHC и ∆AH’C симметричны, поэтому треугольники они равны, что означает, что радиусы их описанных окружностей равны. Описанные окружности ∆ABC и ∆AH’C совпадают, поэтому их радиусы одинаковы, следовательно, радиусы описанных окружностей ∆ABC и ∆AHC также равны. Аналогично доказывается, что радиусы окружностей ∆ABH, ∆ BCH, ∆CAH равны радиусу окружности ∆ABC.

Задача 2. В треугольнике ABC проведены высоты AD, BE и СF, пересекающиеся в точке H. Докажите, что HA ⋅ HD = HB ⋅ HE = HC ⋅ HF.

Доказательство. Пусть лучи AH, BH и CH пересекают описанную окружность в точках D1, E1 и F1 соответственно. По 1 свойству ортоцентра эти точки симметричны ортоцентру H относительно сторон треугольника, значит HD = DD1, HE = EE1 и HF = FF1. По теореме о произведении отрезков хорд HA ⋅ HD1 = HB ⋅ HE1 <=> HA ⋅ 2HD = HB ⋅ 2HE <=>

Антикоррозийные свойства топлива

... металлических тел, подвергающихся воздействию пресной или морской воды. Антикоррозионные свойства характеризуют степень коррозионного действия топлива на детали топливной системы, двигателя и подшипников ... примесей определяется фильтрованием через бумагу 100 см3 топлива. В свинцовых бензинах при неправильном хранении наблюдается выпадение хлопьевидных осадков, появляющихся вследствие неустойчивости ...

• T6 HA ⋅ HD = HB ⋅ HE. Аналогично докажем, что HB ⋅ HE = HC ⋅ HF. Таким образом, HA ⋅ HD = HB ⋅ HE = HC ⋅ HF (1).

Последствия: если X, Y и Z — точки, взятые соответственно на сторонах BC, CA, AB, то окружности, построенные на шевианах AX, BY и CZ как диаметры, пройдут через основания высот: точки D, E, F, соответственно. Три равных выражения в соотношении (1) являются степенями точки H относительно этих трёх окружностей. Таким образом, мы доказали две интересные теоремы, которые появились в разное время, как трудные задачи: если окружности построены на двух чевианах как на диаметрах, то их радикальная ось проходит через ортоцентр этого треугольника; для любых трёх несоосных окружностей, имеющих чевианы в качестве диаметров, ортоцентр H — их радикальный центр.

T7 Задача 3. На стороне BC остроугольного треугольника ABC как на диаметре построена полуокружность; L — точка её пересечения с высотой, опущенной на сторону BC, H — ортоцентр треугольника. Докажите, что площадь треугольника BLC есть среднее геометрическое площадей треугольников ABC и BHC.

Доказательство. Продолжим луч AH до пересечения c описанной окружностью ∆ABC в точке M, тогда по 1 свойству ортоцентра HF = FM. По теореме о произведении отрезков хорд AF ⋅ FM = BF ⋅ FC. LF — высота в прямоугольном треугольнике ∆BLC => LF = (BF ⋅ FC)1/2. Площадь треугольника равна половине произведения высоты и основания, на котором он нарисован, и поскольку ∆BLC, ∆ABC и ∆BHC имеют общее основание, достаточно показать, что высота ∆BLC — средняя геометрия высот ∆ABC и ∆BHC. Действительно, LF = (BF ⋅ FC)1/2 = (AF ⋅ FM)1/2 = (AF ⋅ HF)1/2 => S3 = (S1 ⋅ S2)1/2.

Задача 4. На стороне BC параллелограмма ABCD (∠A < 90∘) отмечена точка T так, что треугольник ATD — остроугольный. Пусть O1, O2 и O3 — центры описанных окружностей треугольников ABT, DAT и CDT соответственно. Докажите, что точка пересечения высот треугольника O1O2O3 лежит на прямой AD.

Доказательство. 1) Пусть ∠ABC = α, тогда, так как ∠ABT и ∠AO1T (невыпуклый) — вписанный и центральный углы, опирающиеся на одну дугу окружности, описанной около ∆ABT, невыпуклый ∠AO1T = 2α, следовательно сопряжённый с ним ∠AO1T = 360° — 2α. Заметим, что прямая O1O2 ⊥ AT (линия центров перпендикулярна отрезку, соединяющему точки

T8 пересечения окружностей) => O1E — высота в равнобедренном ∆AO1T => по свойству O1E биссектриса ∠AO1T, то есть ∠EO1T = 1/2 ∠AO1T = 180° — α.

2) ∠ABC и ∠TCD — внутренние односторонние при AD || BC => ∠TCD = 180 — α. Далее аналогично пункту 1 докажем, что ∠TO3F = 1/2 ∠TO3D = ∠TCD = 180 — α, следовательно ∠TO3F = ∠EO1T => O1TO3O2 — вписанный четырёхугольник по признаку. Пусть описанная около него окружность — ω.

3) Опишем окружность γ около ∆O2O3D. Пусть она пересечет сторону AD в точке H, тогда, так как HO2O3D — вписанный четырёхугольник, ∠TO3F = 180 — α = ∠O2O3D = ∠AHO2, а ∠AO1E = 1/2 ∠AO1T = 180° — α => ∠AO1E = ∠AHO2 => AO1O2H — вписанный четырёхугольник по признаку. Пусть описанная около него окружность — β.

Реконструкция нефтепровода УПН «Кояново» — точка врезки ...

... работы и контроль сварных соединений……………….…45 2.7. Строительство переходов нефтепровода через естественные преграды…….…48 2.8. Строительство переходов нефтепровода через искусственные преграды…......53 2.8.1. Пересечение нефтепровода ... -центрирующие кольца.Трубу вдавливают циклически путем попеременного переключения домкратов на прямой и обратный ход. Давление домкратов на трубу передается через ...

4) O1E — серединный перпендикуляр к AT => точки A и T симметричны относительно прямой O1O2 => ∆O1TO2 и ∆O1AO2 — симметричны относительно прямой O1O2, а значит симметричны окружности ω и β. Аналогично докажем, что ω и γ симметричны относительно прямой O2O3.

T9 5) Пусть H′ — ортоцентр ∆O1O2O3, тогда по 1 свойству ортоцентра точка симметричная H′ относительно прямой O1O2 лежит на окружности, описанной ∆O1O2O3, то есть на ω. Тогда, так как окружность β симметрична ω относительно прямой O1O2, точка H′принадлежит β. Аналогично докажем, что H′ принадлежит окружности γ. Следовательно H′ принадлежит и β, и γ, то есть H′ — точка пересечения окружностей β и γ, отличная от вершины треугольника O2, значит H′ совпадает с H. Таким образом, точка H является ортоцентром ∆O1O2O3 и лежит на прямой AD. 2 способ. Точки A и D симметричны Т относительно прямых O1O2 и O2O3, значит точка H лежит на прямой Штейнера AD точки T относительно ∆O1O2O3 (см. задачу 38).

Задачи на применение 2 свойства

Задача 5. Отрезок AD — диаметр описанной окружности остроугольного треугольника ABC. Для точки пересечения высот этого треугольника проведена прямая линия, параллельная стороне BC, которая пересекает стороны AB и AC соответственно в точках E и F. Докажите, что периметр треугольника DEF в два раза больше стороны BC.

Доказательство. Пусть X и Y — точки пересечения прямых BD и CD с прямой EF. По свойству 2 ортоцентра прямая BC делит отрезок DH пополам, поэтому, поскольку прямые BC и XY параллельны, по теореме Фалеса отрезки DX и DY делятся пополам точками B и C, т.е что означает, что BC — средняя линия в ∆XDY. Заметим, что угол ABD — прямой, поэтому треугольник XED — равнобедренный, откуда XE = DE. Аналогично YF = DF, следовательно, XY = XE + EF + FY = DE + EF + DF = P∆DEF = 2BC.

T10 Задача 6. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AE и CF. Докажите, что одна из точек пересечения прямой, проходящей через ортоцентр и середину стороны AC, с описанной окружностью треугольника ABC лежит на описанной окружности треугольника FHE.

Доказательство. Пусть BK диаметр описанной окружности ∆ABC. По 2 свойству ортоцентра прямая, проходящая через ортоцентр (H) и середину AC (точку M), пройдет через точку К. Пусть вторая точка пересечения прямой с окружностью — это точка G, тогда, так как ∠BGK опирается на диаметр, ∠BGK = 90° => ∠BGH = 90°.

Обратите внимание, что HFBE — это вписанный четырехугольник, поэтому точка B лежит на окружности FHE. Углы ∠BEH и ∠BGH — прямые, опирающиеся на BH , следовательно BGEH — вписанный четырёхугольник по признаку => точки B, G, E, H, F лежат на одной окружности, значит G лежит на описанной окружности ∆FHE.

Задача 7. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AE, CF и BN. Они пересекаются в точке H. М — середина AC, O — центр описанной окружности. BH и FE пересекаются в точке X, луч BO пересекает AC в точке Y. Докажите, что XY || HM.

Доказательство. ∆FBE подобен ∆СBA, следовательно фигуры F и F’ подобны => диаметры BH и BD относятся так же, как отрезки BX и BY, соединяющие вершину соответственного треугольника с точкой пересечения диаметра описанной окружности со стороной. BH : BD = BX : BY, следовательно ∆HBD и ∆XBY по двум сторонам и углу между ними, значит ∠BYX = ∠BDH => XY || HM по признаку.

Кислоты и основания с точки зрения различных теорий

Предмет исследования: понятия кислоты и основания с точки зрения теорий Аррениуса-Менделеева, Бренстеда, Льюиса. Цель: Рассмотреть кислоты и основания с точки зрения трех различных теорий. Задачи: Изучить ... э.). Гален также обсуждал его медицинское использование. Использование купоросных веществ в металлургии описано в древнегреческих алхимических работах Зосимы из Панополиса, в тезисе «Phisica et ...

T11

Задачи на применение 3 свойства

Задача 8. Прямая, проходящая через центр описанной окружности и ортоцентр треугольника ABC (прямая Эйлера), пересекает стороны AC и BC в точках P и Q. Известно, что CP = CQ. Докажите, что ∠ACB = 60∘.

Доказательство. CP = CQ по условию, следовательно ∆PCQ — равнобедренный => ∠CPH = ∠CQO, а по 3 свойству ортоцентра ∠PCH = ∠QCO, значит ∆PCH равен ∆QCO по двум сторонам и углу между ними => CH = CO. Проведём через точку O прямую, перпендикулярную AB, пусть она пересечёт дугу AB в точке D, тогда CO = OD как радиусы => CH = OD.

T12 Заметим, что CH || OD, следовательно HCOP — параллелограмм. По 4 свойству СH = 2OE => OD = 2OE, следовательно точки O и D симметричны относительно AB => ∠AOB = ∠ADB, а ∠ADB + ∠AСB = 180∘ = ∠AOB + ∠AСB = 3∠AСB, так как ∠AСB и ∠AOB — вписанный и центральный углы, опирающиеся на одну дугу => ∠AСB = 60∘.

Задача 9. Касательные в вершинах B и C треугольника ABC к описанной около него окружности ω пересекаются в точке T. AM1 – медиана в треугольнике ABC. AO – радиус окружности ω. Докажите, что отрезки AT и AM1 являются изогоналями.

Доказательство. Пусть ∠1 = ∠OAM1 и ∠2 = ∠M1TA . Очевидно, точки T; M1; O лежат на одной прямой. Соединив C и O, получим ∠OCT = 90°. Тогда CM1 – высота, проведенная к гипотенузе в прямоугольном ∆OCT и CO2 = OT

• OM1. Но CO = AO = R. Следовательно, AO2 = OT
• OM . Это означает, что OA — касательная к описанной около ∆AM1T окружности.

T13 Тогда ∠1 = ∠2 — как соответственно угол между касательной и хордой и вписанный угол. Проведём высоту AH1 в ∆ABC (рис.2), тогда по 3 свойству ортоцентра ∠4 = ∠5. Следовательно, ∠1 + ∠4 = ∠3 + ∠5, или ∠CAM1 = ∠BAT , что и требовалось доказать.

Задача 10. Докажите, что отрезок, высекаемый на стороне AB остроугольного треугольника ABC окружностью девяти точек, виден из её центра под углом 2|∠A − ∠B|. Доказательство. См. лемму на стр. 42

Задача 11. Диагонали вписанного четырёхугольника ABCD пересекаются в точке E, а прямые AD и BC — в точке F. Точки X и Y — середины сторон AD и BC соответственно. Точка O — центр описанной окружности четырёхугольника ABCD, а точка O1 — центр описанной окружности треугольника EXY. Докажите, что OF ‖ O1E.

Доказательство: Рассмотрим четырёхугольник FBEA. ∠FAE = ∠FBE, так как смежные сними равны как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Проведем биссектрису ∠AFB, пусть она пересечёт AE в точке T. Построим точку D′, симметричную A относительно FT. В силу симметрии ∠AFT = ∠D′FT = ∠BFT , следовательно D′ лежит на стороне FB, тогда ∠FAT = ∠FD′T = ∠FBE => TD′ параллельно EB => ∠ATD′ = ∠TEB. Проведем биссектрису EJ, тогда ∠ATF = ∠TEJ, значит биссектрисы параллельны, FT || JE.

Проведём высоты EH и FN. EH и FN перпендикулярны YX, значит EH || FN. На проведённых биссектрисах за точки E и T возьмём произвольные точки Q и K. Таким образом, углы ∠HEQ и ∠NFK — углы с параллельными сторонами, значит они равны.

Построение математических моделей при решении задач оптимизации

... элементарной математики. Следует различать также два вида задач на оптимизацию. В задачах первого вида улучшение достигается за счет коренных качественных изменений: выбор новых конструктивных решений, ... результата рассчитывать, он приступает к решению задачи. Иногда описанный процесс называют “уяснением задачи”, фактически же это замена исходной жизненной задачи ее моделью. В осмыслении простейшей ...

T14 Отрезки OY и OX проведены из центра окружности к серединам хорд, значит перпендикулярны им, тогда в четырёхугольнике FYOX сумма двух противоположных 180°, следовательно FYOX вписанный по признак, причём FO — диаметр. По 3 свойству ортоцентра проведенные биссектрисы — дважды биссектрисы, то есть ∠NFK = ∠OFK, ∠HEQ = ∠O1EQ, а ∠HEQ = ∠NFK, следовательно∠O1EQ = ∠OFK, тогда, так как биссектрисы EQ || FK, OF параллелен O1E.

Задачи на применение 4 свойства

Задача 12. Докажите, что расстояние от вершины C треугольника ABC до ортоцентра равно 2R ⋅ | cos∠C |, где R — радиус описанной окружности. Доказательство: Пусть H — ортоцентр, D — проекция точки O на сторону AB. Если ∠C — острый. Углы ∠AOB и ∠ACB — центральный и вписанный, опирающиеся на одну дугу, значит 1/2∠AOB = ∠ACB = ∠DOB => ∠C = ∠DOB. По 4 свойству ортоцентра CH = 2OD = 2R ⋅ cos∠DOB = 2R ⋅ cos∠C.

T15 Если ∠C — тупой. Углы ∠AOB и ∠ACB — центральный и вписанный, опирающиеся на одну дугу, значит 1/2∠AOB (невыпуклый) = ∠ACB = 180° — ∠DOB => ∠C = 180° — ∠DOB. По 4 свойству ортоцентра CH = 2OD = 2R ⋅ cos(∠DOB) = — 2R ⋅ cos(180° — ∠DOB) = — 2R ⋅ cos∠C. Таким образом, CH = 2R ⋅ |cos∠C|.

Задача 13. Ортоцентр H, центр описанной окружности O и точка пересечения медиан M лежат на прямой линии — прямой Эйлера. Доказательство. Пусть прямая OH пересекает отрезок BQ в точке M. Заметим, что треугольники ∆OQM и ∆HBM подобны по двум углам.Тогда, так как по 4 свойству ортоцентра BH = 2OQ, BM : MQ = BH : OQ = 2 : 1. Таким образом, мы получаем, что точка M лежит на медиане BQ и делит ее в соотношении 2: 1, считая от вершины, поэтому точка M является точкой пересечения медиан треугольника ∆ABC.

T16 Задача 14. В остроугольном треугольнике ABC точка H — ортоцентр. Докажите, что прямые Эйлера треугольников HBC, HAC и HAB пересекаются в центре окружности девяти точек треугольника ABC.

Доказательство: Пусть O — центр окружности, описанной около ∆ABC. Построим точку D, симметричную O относительно стороны AC. Описанные окружности ∆ABC и ∆AHC симметричны относительно AC (см. задачу 1), поэтому D — центр описанной окружности ∆AHC. По 4 свойству ортоцентра BH = 2ON = OD, а BH || OD, значит HBOD — параллелограмм по признаку, следовательно его диагонали делятся точкой пересечения (Q) пополам. Заметим, что точка B является ортоцентром для ∆HAC, значит прямая DB, прямая Эйлера ∆HAC, проходит через середину отрезка HO. Аналогично докажем, что прямые Эйлера ∆HBC и ∆HAB также проходят через середину HO. По следствию 2 задачи 39 середина HO является центром окружности Эйлера ∆ABC, т.е прямые Эйлера ∆HAC, ∆HBC и ∆HAB проходят через центр окружности Эйлера ∆ABC.

Задача 15. Докажите, что сумма расстояний от ортоцентра до трех вершин острого треугольника равна удвоенной сумме радиусов вписанной и описанной окружностей.

Доказательство: Пусть H — точка пересечения высот треугольника ∆ABC, r и R — радиусы вписанной и описанной окружностей, O — центр описанной окружности, dа, db, dc — расстояния от точки O в стороны BC, AC и AB соответственно. Тогда по 4 свойству ортоцентра AH = 2dа, BH = 2db, CH = 2dc. По формуле Карно dа+ db + dc = R + r, тогда HA + HB + HC = 2dа+ 2db + 2dc = 2(dа + db + dc) = 2(R + r).

(Сборка объективов насыпной конструкции. Расчет автоколлимационных точек)

... В зависимости от точности центрирования линз различают следующие основные типы объективов. 1. Объективы «насыпной» конструкции, в которых линзы в оправах ... длительную работу объектива в реальных условиях эксплуатации; выпуск необходимого количества объективов в установленные сроки. Процесс сборки объектива имеет ... станка и при вращении шпинделя описывают окружности. Смещения центров кривизны с оси ...

T17 Задача 16. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AE, BN и CF. Докажите, что треугольник с вершинами в точках пересечения высот треугольников AFN, FBE, NEC равен треугольнику NFE.

Доказательство: Пусть H, K, L и M — ортоцентры треугольников ∆ABC, ∆AFN, ∆FBE, ∆NEC. Четырёхугольник NHEC — вписанный, причём CH — диаметр описанной окружности, следовательно центр описанной окружности ∆NEC — это середина HC (точка R).

Аналогично докажем, что середина HA (точка S) — центр описанной окружности ∆AFN. Пусть T и U — проекции S и R на AC соответственно. Отрезок SR — средняя линия в ∆AHC по определению, значит ST = RU. По 4 свойству ортоцентра FK = 2ST = 2RU = EM, а FK || EM, следовательно KFEM параллелограмм по признаку => KM = FE. Аналогично докажем, что KL = NE и LM = FN. Таким образом, мы получили, что ∆LMK = ∆NFE по трём сторонам.

Задачи на применение 5 свойства

Задача 17. Докажите, что в треугольнике ABC: AH2 + BH2 + CH2 = 3R2 + OH2, где H — ортоцентр, O — центр окружности треугольника, R — радиус окружности. Доказательство. см. в главе Формула Гамильтона.

Задача 18. В параллелограмме ABCD из вершины тупого угла провели высоты AM и AN. Известно, что AC = t и MN = n. Найти расстояние от точки А до ортоцентра треугольника АMN.

T18 Решение. Пусть H — ортоцентр ∆АMN. Заметим, что AC — диаметр окружности, описанной около четырёхугольника ANCM, тогда по 5 свойству ортоцентра AH2 = 4R2 — n2 = t2 — n2.

Задачи на применение 6 свойства

Задача 19. В остром треугольнике ABC точка H — ортоцентр, O — центр описанной окружности, AE, BN и CF — высоты. Точка P симметрична точке B относительно прямой FE. Докажите, что точки H, O, B и P лежат на одной окружности.

Доказательство: B и P симметричны относительно FE, что означает BP ⊥ FE, и по шестому свойству ортоцентра BO FE, поэтому точки B, O и P лежат на прямой. ∆ABC и ∆EBF подобны => BN : 1/2 BP = BO : 1/2 BH (так как BN — высота, BO — радиус описанной окружности ∆ABC, а 1/2 BP высота, 1/2 BH — радиус описанной окружности ∆EBF) <=> BN : BP = BO : BH, следовательно ∆NBP подобен ∆OBH => ∠BNP = ∠BOH, значит четырёхугольник NHOP — вписанный по признаку, то есть точки H, O, B и P лежат на одной окружности.

T19 Задача 20. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AE, CF и BN. Они пересекаются в точке H. М — середина AC. Лучи CA и EF пересекаются в точке Q. Докажите, что прямая MH перпендикулярна BQ.

Доказательство: O — центр описанной окружности. Пусть BH и FE пересекаются в точке X, диаметр BD пересекает AC в точке Y, тогда по задаче 9: XY || HM. По 6 свойству ортоцентра FE ⊥ ВO <=> QE ⊥ BY, следовательно в ∆DBY точка X — точка пересечения двух высот QP и BN => прямая YX проходит через ортоцентр ∆DBY, значит прямая YX ⊥ QB, а так как XY || HM, то MH ⊥ BQ.

Получили, что MH ⊥ BQ, а значит точка H является ортоцентром и для треугольника ∆QBM.

Рассмотрим 2 задачи, в которых используется данный факт.

T20 Задача 21. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AE, CF и BN. Они пересекаются в точке H. Лучи CA и EF пересекаются в точке Q. Докажите, что прямая BH перпендикулярна медиане BM.

Вода у тебя нет ни цвета ни вкуса ни запаха тебя невозможно описать ...

... пищи (40 мкг), из воздуха (5 мкг) и из воды (5 мкг). Йоду в питьевой воде принадлежит роль индикатора общего уровня ... Биоэлементы Медь в малых концентрациях встречается в природных подземных водах и является истинным биомикроэлементом. Потребность в ней (в основном ... Коксаки; вирус гриппа и др. В литературе описаны случаи заражения туберкулёзом при использовании зараженной воды. Водным путем могут ...

Доказательство:

1 способ. По задаче 20 точка H также является ортоцентром ∆QBM => прямая BH — высота, то есть прямая BH перпендикулярна стороне BM.

2 способ. Пусть K — середина BH. Тогда по 4 свойству ортоцентра BK = OM и BK ǁ‖ OM, значит, BMOK — параллелограмм, поэтому BM ǁ‖ OK. Из точек E и F отрезок BH виден под прямым углом, значит, точки E, F, B и H лежат на окружности Ω с диаметром BH. Пусть прямая DH вторично пересекает эту окружность в точке P. Тогда DH

• DP = DF
• DE = DA

— DC, так как точки E, F, A и C — также лежат на одной окружности. Значит, AHPC — вписанный четырёхугольник по признаку. Таким образом, отрезок HP — общая хорда окружности Ω с центром K и описанной окружности треугольника AHC, а так как общая хорда пересекающихся окружности перпендикулярна их линии центров, то HP ⊥ OK. Следовательно, DH ⊥ BM.

T21 Задача 22. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AE, CF и BN. М середина AC. Лучи AC и FE пересекаются в точке D. Докажите, что .

Доказательство: 1) Пусть L — точка симметричная ортоцентру H относительно стороны AC, тогда по 1 свойству ортоцентра L принадлежит описанной окружности ∆ABC. Аналогично задаче 20 доказывается, что точка H является ортоцентром ∆MBD, поэтому для свойства 1 ортоцентра, поскольку L симметрична H относительно AC, точка L лежит на описанной окружности ∆MBD. Так как M, B, D и L лежат на одной окружности, то по теореме о произведении отрезков хорд MN ⋅ ND = BN ⋅ NL. Аналогично покажем, что AN ⋅ NC = BN ⋅ NL, следовательно MN ⋅ ND = AN ⋅ NC =>

• Задача 23. Пусть AE, BN и CF- высоты треугольника ABC, O — центр описанной окружности. Через точки E, N и F проводятся прямые, параллельные соответственно радиусам OA, OB и OC. Доказать, что эти прямые пересекаются в одной точке.

Доказательство: согласно шестому свойству ортоцентра, эти лучи перпендикулярны соответствующим сторонам ортотреугольника, что означает, что прямые, параллельные лучам, проведенным через его вершины, перпендикулярны его сторонам, поэтому эти прямые пересекаются в точке, подобной высоты ортотреугольника.

T22 Задача 24. В треугольнике АВС О — центр описанной окружности. Прямая a проходит через середину высоты треугольника, опущенной из вершины A, и параллельна OA. Аналогично определяются прямые b и c. Докажите, что эти три прямые пересекаются в одной точке.

Доказательство: отрезки, соединяющие вершины треугольника с центром его окружности, перпендикулярны соответствующим сторонам ортотреугольника. Значит, и прямые в условии обладают тем же свойством. Рассмотрим треугольник ∆А2В2С2 с вершинами в серединах отрезков, соединяющих центр описанной окружности с основаниями соответствующих высот. Тогда В2С2 — средняя линия треугольника ∆ОС1В1 и потому параллельна прямой В1С1. С другой стороны, А0А2 — средняя линия треугольника ∆АА1О, а значит, параллельна АО, то есть совпадает с данной в условии прямой a и является высотой треугольника А2В2С2, опущенной из вершины А2. Точно так же прямые b и c будут двумя другими высотами рассматриваемого треугольника. Поскольку высоты треугольника пересекаются в одной точке, наше утверждение доказано.

Распределительные центры и организация складского хозяйства

... подводят временные дороги. Запас материалов, подлежащих хранению на складе, определяется по формуле: распределительный центр склад логистический Р скл =(Робщ /Т)*n*k1 *k2 , где Р общ - ... в соответствии со спросом. Особо важное значение эта функция принимает в распределительной логистике, где торговый ассортимент включает большой перечень товаров различных товаропроизводителей; Складирование ...

T23 Задача 25. Окружность касается сторон BC, AC и AB треугольника ABC в точках E, F и D соответственно. N, L и K — основания высот в треугольнике EFD, опущенных из вершин E, F и D. Докажите, что прямые AN, BL и CK пересекаются в одной точке.

Доказательство: По 6 свойству ортоцентра радиус FQ ⊥ NK, а так как AC — касательная к вписанной окружности, радиус FQ ⊥ AC, значит NK || AC. Аналогично докажем, что NL ||AB, LK || BC. Таким образом, ∆LNK и ∆BAC — треугольники с параллельными сторонами, следовательно они гомотетичны, а значит прямые AN, BL и CK пересекаются в одной точке (M) — в центре гомотетии.

Задача 26. Площадь треугольника равна произведению половины периметра ортотреугольника на радиус описанной окружности исходного треугольника. Доказательство: см. задачу 32.

Задача 27. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA1 и CC1. Окружность Ω,

описанная около треугольника ABC, пересекает прямую A1C1 в точках A′ и C′. Касательные к

Ω, проведённые в точках A′ и C ′, пересекаются в точке B′. Докажите, что прямая BB′ проходит через центр окружности Ω.

Доказательство: Пусть O — центр окружности Ω. B′A′ = B′C′ как отрезки касательных, значит ∆C′B′A′равнобедренный, следовательно биссектриса B′O ⊥ A′C′, тогда, так как по 6 свойству ортоцентра OB ⊥ A′ C ′, точки B′, B и O лежат на одной прямой.

T24 Задача 28. В треугольнике ABC биссектрисы внешних углов при вершинах B и C пересекаются в точке D. Докажите, что центр окружности, описанной около треугольника BDC лежит на отрезке AD.

Доказательство. Пусть BE, CF и DH — высоты в ∆BDC, прямые, M и N — точки, симметричные H относительно проведенных биссектрис. Поскольку биссектрисы равноудалены от сторон соответствующих углов, M и N лежат на радиусах AB и AC соответственно. Тогда точки M, F, E и N лежат на одной прямой (см. задачу 43).

Пусть ∠MBF = ∠FBC = x, ∠BCE = ∠ECN = y. Тогда ∠BDH = 90° — x = ∠FNH (Точки C, H, F, D лежат на одной окружности с диаметром CD, значит точка N симметричная H относительно диаметра тоже лежит на этой окружности => ∠BDH, ∠FNH — вписанные, опирающиеся на одну дугу).

Аналогично покажем, что ∠EMH = 90° — x. Угол ∠BMH = 180

В силу симметрии ∠DHC = ∠DNC = 90° и ∠DHB = ∠DBM = 90°, тогда, так как точка D центр вневписанной окружности ∆ABC, точки M и N — точки касания этой окружности со сторонами ∠BAC, следовательно отрезки AN = AM как отрезки касательных => ∆NAM равнобедренный, значит биссектриса AD также является высотой, то есть MN ⊥ AD => FE ⊥ AD, следовательно по 6 свойству ортоцентра центр описанной окружности ∆BDC лежит на AD.

T25

Задачи на применение 7 свойства

Задача 29. Вписанная окружность касается сторон треугольника ABC в точках E, F и D. Докажите, что прямая Эйлера треугольника EFD проходит через центр описанной окружности треугольника ABC.

Доказательство: Пусть N, L и K — основания высот в треугольнике EFD, опущенных из вершин E, F и D, тогда по задаче 25 ∆LNK и ∆BAC — гомотетичны (центр гомотетии точка M).

Техника безопасности при дуговой сварке с точки зрения протектологии

... уменьшается. Рис. 1. Двухполюсное прикосновение к сварочной сети техника безопасность дуговая сварка При напряжении выше 100 В происходит пробой верхнего ... туловище - обе ноги. При движении тока по третьему пути сопротивление цепи наибольшее, следовательно, степень травматизма наименьшая. Наиболее ... с. Этот способ более эффективен, чем ручной, так как при каждом вдувании в легкие пострадавшего ...

Рассмотрим гомотетию, переводящую ∆BAC в ∆LNK. По 7 свойству ортоцентра точка пересечения высот (точка H) ∆EFD является инцентром ∆LNK, значит при этой гомотетии центр вписанной окружности ∆BAC (точка Q) переходит в центр вписанной окружности ∆LNK (точку H).

При этой гомотетии центр описанной окружности ∆BAC (точка O) переходит в центр описанной окружности ∆LNK — центр окружности Эйлера ∆EFD, являющийся серединой серединой отрезка HQ (точка P).

Таким образом, Q → H => M, H и Q лежат на одной прямой, а значит M, H, P и Q лежат на одной прямой; O → P => O, P и M лежат на одной прямой => H, Q и O лежат на одной прямой, то есть прямая Эйлера ∆EFD проходит через центр описанной окружности треугольника ABC.

T26 Задача 30. На сторонах AB и AC треугольника ABC нашлись такие точки соответственно M и N, отличные от вершин, что MC = AC и NB = AB. Точка P симметрична точке A относительно прямой BC. Докажите, что PA — биссектриса угла MPN.

Доказательство: Проведем через точку N прямую, перпендикулярную AC; пусть она пересечёт луч AB в точке E. Аналогично получим точку F. ∠BNE + ∠ANB = 90° = ∠BEN + ∠BAN, а ∠ANB = ∠BAN, следовательно ∠BNE = ∠BEN => BN = BE, а AB = BN, значит AB = BE. Аналогично докажем, что AC = CF. Таким образом, отрезок BC соединяет середины AE и AF. Нарисуйте высоту AP в ∆FAE, тогда по теореме Фалеса средняя линия BC разделит ее пополам. Так как BC || EF, то AP ⊥ BC, следовательно точка P симметрична A относительно BC по определению. Согласно седьмому свойству ортоцентра высота PA равна биссектрисе угла ортотреугольника ∠MPA.

T27

ГЛАВА 2

Задачи, на применение нескольких свойств ортоцентра

Задача 31. Задача Архимеда. Сумма квадратов отрезков, на которых точка пересечения разделяет взаимно перпендикулярные хорды, равна квадрату диаметра окружности.

Доказательство: Пусть H — ортоцентр ∆BCD, тогда, так как точка A лежит на его описанной окружности, по свойству 1 точки H и A симметричны относительно BC, значит BA = BH. По свойству 5: BH2 + CD2 = 4R2 = D2 BA2 + CD2 = D2, тогда так как по теореме Пифагора BA2 = BE2 + AE2 и СD2 = CE2 + DE2, то BE2 + AE2 + CE2 + DE2 = D2.

Задача 32. В ∆ABС стороны ортотреугольника равны 26, 28, 30. Найдите площадь ∆ABС.

T28 Решение: Опишем окружность около ∆ABС (ω).

При гомотетии с центром в ортоцентре (H) и коэффициентом 2 ортотреугольник (∆KML) перейдёт в треугольник (∆FDE) с вершинами на окружности ω по 1 свойству ортоцентра => описанные окружности ∆FDE и ∆ABC совпадают, значит радиус R описанной окружности ∆ABC в 2 раза больше радиуса описанной окружности ортотреугольника. По теореме косинусов cos∠A = (262 + 282 — 302) / (2 ⋅ 26 ⋅ 28) = 5/13, значит sin∠A = (1 cos2∠A)1/2 =(1 — 25/169)1/2 = 12/13, тогда по теореме синусов R = 2 ⋅ (30/2sin∠A) = 30 ⋅ 13 / 12 = 65/2. По 6 свойству ортоцентра радиусы ω перпендикулярны сторонам ортотреугольника => AO ⊥ ML, тогда S∆AMOL = 1/2 ML ⋅ AO ⋅ sin(90°) = 1/2 ML ⋅ R. Аналогично получим, что S∆BMOK = 1/2 MK ⋅ R, S∆KOLC = 1/2 KL ⋅ R => S∆ABC = S∆BMOK + S∆KOLC + S∆AMOL = 1/2 R ⋅ (ML + MK + KL) = = 1/2 P ⋅ R = pR = (26 + 28 + 30) ⋅ 65 / 4 = 1365. (S∆ = pHR)

Ответ: 1365.

Задача 33. Пусть M и N — проекции точки пересечения высот треугольника ABC на биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине B. Докажите, что прямая MN делит сторону AC пополам.

Доказательство: Угол между биссектрисами смежных углов прямой, значит ∠MBN = 90°. Углы ∠HMB и ∠HNB — тоже прямые, следовательно MBNH — прямоугольник. Пусть его диагонали пересекаются в точке E, тогда BE = EH. По 4 свойству ортоцентра OD = 1/2 BH, где O — центр описанной окружности ∆ABC, а D — проекция точки O на AC. Следовательно OD = BE, а OD || BE => DOBE — параллелограмм по признаку, значит OB || DE. По 3 свойству ортоцентра ∠OBM = ∠MBH, а ∠MBH = ∠MNH как вписанные, опирающиеся на одну дугу, следовательно ∠OBM = ∠MNH, тогда, так как MB || HN, OB || MN. Через точку, не лежащую на данной прямой, можно провести на плоскости не более одной прямой, параллельной данной, значит, так как OB || DE и OB || MN <=> OB || ME, прямые DE и ME совпадают, прямая MN пересекает AC в точке D, середине AC.

T29 Задача 34. ABCD – вписанный четырехугольник. HC и HB – ортоцентры треугольников ABD и ACD. Докажите, что HCHB = BC.

Доказательство: 1 способ(левый рисунок).

Пусть лучи BHC и СHB пересекают окружность ABCD в точках E и F соответственно. По свойству 1 эти точки симметричны точкам HC и HB относительно AD, значит FEHC HB — равнобокая трапеция, следовательно EF = HC HB. BE || CF => FEBC — трапеция по определению. Точки F, E, B, C лежат на одной окружности, следовательно FEBC — вписанная трапеция, а значит равнобокая по признаку, поэтому EF = BC. Следовательно EF = HC HB = BC.

В случае, если ∆ABD тупоугольный(правый рисунок), доказательство аналогично: FBEC, EHC FHB — равнобокие трапеции, значит EF = BC и EF = HC HB => HC HB = BC.

2 способ. Пусть OE — расстояние от центра описанной окружности до стороны треугольника, тогда по 4 свойству ортоцентра BHC = 2OE и СHB = 2OE, следовательно BHC = СHB, а BHC || СHB, значит BCHBHC — параллелограмм по признаку => HC HB = BC.

T30 Эта задача поможет нам доказать 2 красивых факта и теорему Монжа.

1) Аналогично точкам HB и HC определим точки HA, HD. Тогда оказывается, что прямые AHA, BHB, CHC, DHD пересекаются в одной точке.

Доказательство: BCHBHC — параллелограмм, поэтому точки пересечения BHB и CHC делятся пополам. Точно так же мы следим за тем, чтобы любая пара наших сегментов была разделена пополам точкой пересечения, чтобы все четыре сегмента имели общую середину, общую точку.

2) При симметрии относительно общей середины отрезков (точки Н) точки A, B, C и D переходят в симметричные им HA, HB, HC и HD соответственно, то есть четырёхугольник ABCD переходит в HAHBHCHD, следовательно ортоцентры треугольников ∆ABC, ∆ADC, ∆BDC и ∆ABD составляют четырехугольник, равный ABCD.

T31 3) Теорема Монжа. Точка H, точка пересечения прямых AHA, BHB, CHC, DHD — ортоцентр вписанного четырехугольника ABCD. Пусть M — середина стороны BC вписанного четырёхугольника ABCD. Проведём прямую MH. H — середина отрезка CHc, значит MH — средняя линия для треугольника ∆BCHc => MH || BHc, а BHc ⊥ AD, поэтому MH ⊥ AD, то есть перпендикуляр, опущенный из середины M стороны BC на противоположную сторону AD, проходит через ортоцентр H этого четырёхугольника.

Аналогичное утверждение верно для середин и других сторон. Мы получили, что перпендикуляры, идущие из середин сторон к противоположным сторонам вписанного четырехугольника, пересекаются в точке ортоцентра вписанного четырехугольника.

T32 Задача 35. Пусть A1A2A3A4A5 — вписанный выпуклый пятиугольник, H1 — ортоцентр треугольника A2A1A5, M1 — середина стороны A3A4, l1 — прямая, проходящая через точки H1 и M1. Аналогично определяются прямые l2, l3, l4 и l5. Докажите что все эти прямые li пересекаются в одной точке.

Доказательство. Пусть H2 — ортоцентр треугольника ∆A3A2A1, M2 — середина стороны A4A5, l2 — прямая, проходящая через точки H2 и M2. По 30 задаче H1H2 ‖ A3A5 и H1H2 = A3A5, а так как M1M2 — средняя линия треугольника ∆A3A4A5, то M1M2 ‖ A3A5 и M1M2 = 1/2A3A5. Поэтому M1M2 ‖ H1H2 и M1M2 = 1/2H1H2. Значит, отрезки H1M1 и H2M2 пересекаются и делятся точкой пересечения в отношении 1 : 2, считая от точек M1 и M2. Аналогично для любой пары соответствующих отрезков. Следовательно, все прямые li проходят через одну точку.

T33

ГЛАВА 3

Формула Гамильтона

͢ ͢ ͢ ͢ Формула Гамильтона имеет вид : OH = OA + OB + OC, где А, В, С — вершины треугольника, H — его ортоцентр, а О — центр описанной окружности.

Доказательство. 1 способ. Построим точку O1 симметричную точке O. AOCO1 — параллелограмм,

͢ ͢ ͢ следовательно OA + OC = OO1. По 4 свойству ортоцентра BH = OO1, а BH || OO1, значит четырёхугольник HBOO1 ͢ ͢ ͢ параллелограмм, следовательно OB + OO1 = OH. Таким образом, ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ OH = OB + OO1 = OB + OA + OC.

T34 2 способ.

͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ HD = HC + HB, HA = HO + OA. Поскольку AO = OD, то HO = 1/2(HA + HD),

͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ HO = 1/ (3HO

2 + OA + OB + OC), откуда OH = OA + OB + OC.

Задача 36. Докажите, что OH2 = 9R2 — (a2 + b2 + c2), где H — ортоцентр, O — центр описанной окружности треугольника, R — радиус описанной окружности, a, b и c — стороны треугольника.

Доказательство: Пусть M — проекция точки O на AB, тогда ͢ ͢ OA ⋅ OB = R2 ⋅ cos∠AOB = R2 ⋅ cos(2∠AOM) = R2 ⋅ (1 — 2sin2(∠AOM)) = R2 ⋅ (1 — 2 ⋅ a2 / 4R2) = R2 — a2 / 2

Возведём обе части формулы Гамильтона в квадрат, получим OH2 = OA2 + OB2 + OC2 +

͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ ͢ + 2OA ⋅ OB + 2OB ⋅ OC + 2OA ⋅ OC = 3R2 + 2(OA ⋅ OB + OB ⋅ OC + OA ⋅ OC) = 3R2 + 2(R2 — a2 / 2 + R2 — b2 / 2 + R2 — c2 / 2) = 9R2 — (a2 + b2 + c2)

T35 Следствия из формулы Гамильтона:

1) неравенство 9R2 > a2 + b2 + c2

2) По 5 свойству ортоцентра AH2 = 4R2 — a2, BH2 = 4R2 — b2 и CH2 = 4R2 — c2, следовательно AH2 + BH2 + CH2 = 12R2 — (a2 + b2 + c2) = 3R2 + 9R2 — (a2 + b2 + c2) = 3R2 + OH2.

Задача 37. Дан треугольник ABC, I — центр вписанной окружности, W1, W2, W3 — точки пересечения биссектрис с описанной окружностью, центр которой — точка O. Докажите, что

͢ ͢ ͢ ͢ OI = OW1 + OW2 + OW3 .

Доказательство: ABW2 = AW1W2 и W2BC = W2W1C как вписанные углы, основанные на дуге, и, поскольку BW биссектриса, ABW2 = W2BC, тогда AW1W2 = W2W1C, что означает, что лучи W1A и W1C симметричны относительно W1W2. Аналогично докажем, что лучи W2B и W2C симметричны относительно W1W2. Следовательно точки пересечения лучей W1A и W2B, W1C и W2C симметричны относительно W1W2, то есть точки I и C симметричны относительно W1W2, а значит IC ⊥ W1W2 <=> W3C ⊥ W1W2. Аналогично докажем, что W1A ⊥ W2W3 и W2B ⊥ W1W3. Таким образом лучи W1A, W2B и W3C содержат высоты ∆W1W2W3, а значит точка их пересечения (I) является ортоцентром этого треугольника, тогда по формуле Гамильтона ͢ ͢ ͢ ͢ OI = OW1 + OW2 + OW3.

T36

ГЛАВА 4

Свойство прямой Штейнера

Точка D описанной окружности ∆ABC отражается относительно сторон треугольника. Полученные точки лежат на прямой, которая называется линией Штейнера точки D относительно ABC.

Задача 38. Докажите, что прямая Штейнера проходит через ортоцентр ∆ABC.

Доказательство. Построим точки E и F как симметричные в ортоцентре H относительно сторон AB и AC соответственно. По 1 свойству ортоцентра E и F лежат на описанной окружности ∆ABC. Пусть DE пересечёт AB в точке L, а DF пересечёт AC в точке K. В силу симметрии ∠ELA = ∠HLA и ∠DLB = ∠QLB, тогда, так как ∠DLB = ∠ELA как вертикальные, ∠QLB = ∠HLA => точка L лежит на отрезке QH. Аналогично докажем, что точка K лежит на отрезке GH. В силу симметрии ∠LHE = ∠LEH = ∠DEC и ∠KHC = ∠KFC = ∠DFC, а углы ∠DEC = ∠DFC как вписанные, опирающиеся на одну дугу DC => ∠LHE = ∠KHC => ∠QHE = ∠GHC, следовательно Q, H и G лежат на одной прямой, то есть прямая Штейнера проходит через ортоцентр ∆ABC.

T37 Задача 39. На бильярдном столе сложной формы (см. рисунок) два шара столкнулись прямо в ортоцентре треугольника , а потом разлетелись в противоположных направлениях и абсолютно упруго оттолкнулись от стенок AC и BC. Докажите, что они снова столкнуться на дуге-стенке AB.

За этой задачей кроется факт, обратный свойству прямой Штейнера: если через ортоцентр треугольника провести произвольную прямую, то прямые, ей симметричные относительно сторон треугольника, будут пересекаться в одной точке, лежащей на описанной окружности треугольника, для которой проведённая произвольная прямая является прямой Штейнера.

Доказательство. Введём обозначения. l — произвольная прямая проходящая через ортоцентр, a, b и c — прямые, симметричные ей относительно сторон BC, AC и AB соответственно. Прямая l пересекает BC в точке T, а AC — в K. N, P и Q — основания высот треугольника ABC. ω — окружность, описанная около ∆ABC. Пусть E, F и L — образы точки H при симметрии относительно сторон ∆ABC, тогда по 1 свойству ортоцентра, они лежат на ω. Поскольку H лежит на l, симметричные ему по сторонам прямые a, b, c проходят соответственно через точки E, F, L.

Пусть прямые a и b пересекаются в точке S под углом α. В силу симметрии TC и KC внешние биссектрисы ∆KST, значит ∠KCT = 90° — 1/2 α = ∠ACB. По 7 свойству ортоцентра ∠ACB = ∠BQN = ∠AQP, значит ∠PQN = 180° — 2(90° — 1/2 α) = α. При гомотетии с центром H и коэффициентом 2 ∆PQN перейдет в ∆FLE, следовательно ∠FLE = ∠PQN = α => ∠FLE = ∠FSE = α, тогда, так как ∠FLE, ∠FSE опираются на одну дугу FE, четырёхугольник FLSE вписанный, а значит точка S принадлежит окружности ω.

T38 Построим точку S1, симметричную S относительно прямых BC. Она окажется на прямой l, симметричной прямой a относительно BC. Так как прямая l проходит через точку S1 и ортоцентр H, l — прямая Штейнера точки S относительно ∆ABC по определению, значит точка S3, симметричная S относительно стороны AB, также принадлежит l.

Таким образом, отрезки LS и HS3 симметричны относительно AB, следовательно прямые LS и l симметричны относительно AB, значит прямая LS совпадает с прямой с. Мы получили, что прямые a, b и c пересекаются в точке S, лежащей на описанной окружности треугольника, а прямая l является прямой Штейнера для точки S относительно ∆ABC.

T39

ГЛАВА 5

Прямая и окружность Эйлера

Линия Эйлера — это линия, проходящая через центр описанной окружности, ортоцентр и барицентр треугольника.

Задача 13. Если H — ортоцентр треугольника, а O — центр описанной окружности, точка пересечения медиан M лежит на отрезке HO, причём HM : MO = 2 : 1.

Доказательство. Пусть прямая OH пересекает отрезок BQ в точке M. Заметим, что треугольники ∆OQM и ∆HBM подобны по двум углам.Тогда, так как по 4 свойству ортоцентра BH = 2OQ, BM : MQ = BH : OQ = 2 : 1. Таким образом, мы получаем, что точка M лежит на медиане BQ и делит ее в соотношении 2: 1, считая от вершины, поэтому точка M является точкой пересечения медиан треугольника ∆ABC. Из этого же подобия получаем, что HM : MO = BH : OQ = 2 : 1.

Задача 40. В каждом треугольнике середины сторон, основания высот и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами треугольника, лежат на окружности: круге Эйлера или круге из девяти точек.

Доказательство: Опишем около ∆ABC окружность. Пусть H — ортоцентр. Построим точки симметричные ортоцентру относительно сторон треугольника(получим H1, H2, H3) и относительно их середин(получим H4, H5, H6).

По свойствам 1 и 2 они будут лежать на описанной окружности∆ABC. Таким образом, на описанной окружности всего девять точек, включая вершины треугольника. Рассмотрим гомотетию с центром в точке H и коэффициентом 1/2 , получим, что H1 → HA, H2 → HB, H3 → HC, H4 → MA, H5 → MB, H6 → MC, A → M1, B → M2, C → M3, где HA, HB, HC — основания высот, MA, MB, MC — середины сторон∆ABC, а M1, M2, M3, — середины отрезков, соединяющих вершины с ортоцентром. Как и любое преобразование подобия,

T40 гомотетия преобразует окружность в окружность, значит, так как точки A, B, C, H1, H2, H3, H4, H5, H6 лежат на одной окружности, их образы тоже лежат на одной окружности окружности Эйлера.

Мы получили, что при гомотетии с центром в точке H и коэффициентом 1/2 , описанная окружность ∆ABC переходит в окружность Эйлера.

Следствия: 1) Радиус окружности Эйлера(а значит и окружностей описанных около ортоцентрического и срединного треугольников) равен половине радиуса описанной окружности исходного треугольника.

2) Пусть O — центр описанной окружности ∆ABC, тогда при рассмотренной гомотетии точка O перейдет в центр окружности Эйлера, следовательно, так как H — центр гомотетии, центр окружности девяти точек лежит на отрезке HO и делит его пополам.

3) Пусть Q — точка пересечения M2MB и OH, а N — проекция Q на AC. По 4 свойству ортоцентра OMB = 1/2BH = M2H, а OMB || M2H, следовательно M2HMBO — параллелограмм, тогда по свойству Q делит диагональ HO пополам => Q — центр окружности Эйлера. NQ — средняя линия в трапеции MBHBHO => NQ = 1/2(HBH + MBO).

По 4 свойству ортоцентра BH = 2OMB, а по 1 свойству HH2 = 2HBH => BH2 = BH + HH2 = 2(OMB + HBH) = 4NQ, то есть расстояние от центра окружности Эйлера до стороны треугольника равно 1/4 от длины отрезка, соединяющего вершину треугольника с точкой, симметричной ортоцентру относительно противолежащей стороны.

T41 4) Лемма. По 3 свойству ортоцентра ∠ABHB = ∠CBO, a ∠ABHB = 90° — ∠A, ∠CBHB = 90° ∠C => ∠HBBO = ∠H2BH5 = ∠CBHB — ∠CBO = ∠CBHB — ∠ABHB = ∠A — ∠C. ∠H2BH5 и ∠H2OH5 — вписанный и центральный углы, опирающиеся на одну дугу => ∠H2OH5 = 2∠H2BH5 = 2(∠A — ∠C).

Как и любое преобразование подобия, гомотетия сохраняет углы между полупрямыми, следовательно ∠HBQMB = ∠H2OH5 = 2(∠A — ∠C).

Аналогично докажем, что ∠HAQMA = 2(∠B — ∠C) и ∠HСQMС = 2(∠A — ∠B)

Теорема Мавло. Среди трех дуг, которые отсекают стороны (или их продолжения) произвольного треугольника от его окружности Эйлера, обязательно найдется одна, равная сумме двух других. Упорядочим углы треугольника в порядке возрастания. Если, к примеру, ∠C≤∠B≤∠A (или ∠A≤∠B≤∠C), то ωb = ωa + ωc. В случае тупого треугольника дуги могут перекрываться, но равенство сохраняется.

Доказательство. Поскольку длина дуги является произведением соответствующего угла в центре на радиус, то в случае ∠C ≤ ∠A ≤ ∠B достаточно проверить, что ∠HBQMB = ∠HAQMA + ∠HСQMC. Действительно, ∠HAQMA + ∠HСQMС = 2∠B — 2∠C + 2∠A — 2∠B = 2(∠A — ∠C) = ∠HBQMB, следовательно ωb = ωa + ωc.

T42

ГЛАВА 6

Авторские задачи

Задача 41. Диагонали вписанного четырёхугольника ABCD пересекаются в точке E.

а) Докажите, что прямая, проходящая через ортоцентр H треугольника BEC и точку пересечения диагоналей, проходит через центр O описанной окружности треугольника AED.

б) Докажите, что верно и обратное (прямая, проходящая через центр O описанной окружности треугольника AED и точку пересечения диагоналей, проходит ортоцентр H треугольника BEC).

Доказательство. Пусть эта прямая пересечёт BC в точке Z. Проведём высоты AY и DX в ∆AED. Так как четырёхугольник AXYD — вписанный, ∠CAD = ∠BYX, а углы ∠CAD = ∠DBC как вписанные, опирающиеся на одну дугу, следовательно ∠BYX = ∠DBC, значит XY || BC. а) А BC ⊥ OZ => XY ⊥ OZ, тогда по 6 свойству ортоцентра центр O лежит на OZ. б) По 6 свойству ортоцентра XY ⊥ OZ => BC ⊥ OZ => ортоцентр H принадлежит OZ.

T43 Задача 42. Диагонали вписанного четырёхугольника ABCD пересекаются в точке E, причём AE = 13, EC = 120, BE = 104 и ED = 15. Сторона BC = 112; F и G — ортоцентры треугольников ABD, ACD; O — центр описанной окружности треугольника AED. Найдите площадь четырёхугольника FEGO.

Решение. Заметим, что прямая OE ⊥ BC (см. задачу 41), а (по задаче 34) FG || BC (и FG = BC), следовательно FG ⊥ OE, то есть диагонали четырёхугольника FEGO перпендикулярны, значит SFEGO = 1/2 FG ⋅ OE ⋅ sin(90°) = 1/2 FG ⋅ OE = 1/2 BC ⋅ R, где R — радиус описанной окружности ∆AED. Пусть а, b и с стороны ∆AED, тогда R = abc / 4(p(p — a)(p — b)(p — c))^1/2 = 13 ⋅ 14 ⋅ 15 / 4 ⋅ (21 ⋅ (21 — 13)(21 — 14)(21 — 15))^1/2 = 65/8. Таким образом, SFEGO = 1/2 BC ⋅ R = 112 ⋅ 65 / 16 = 7 ⋅ 65 = 455.

T44 Задача 43. В треугольнике ABC проведены высоты AE и CF. Известно, что сумма FT и ET составляет 2/3 от полупериметра ортотреугольника. В каком отношении FE делит высоту BT?

Решение. Пусть L и J — точки, симметричные T относительно AB и BC. В силу симметрии ∠TEC = ∠JEC, а, так как четырёхугольники ABET и AEFC — вписанные, ∠TEC = ∠BAC = ∠BEF, следовательно ∠JEC = ∠BEF => точка J лежит на луче FE. Аналогично докажем, что L лежи на луче EF. Таким образом, точки L, F, E и J лежат на одной прямой.

Тогда отрезок MN, соединяющий середины сторон TL и TJ является средней линией в ∆LTJ, а значит по теореме Фалеса делит отрезок TP пополам (P = BT ∩ FE) => PQ = QT (Q = BT ∩ MN).

В силу симметрии FT = FL и ET = EJ, следовательно LJ = FL + FE + EJ = FT + FE + ET = 2p, где p — полупериметр ортотреугольника, тогда, так как по условию FT + ET = 3/2 ⋅ p, FE = LJ (FL + EJ) = LJ — (FT + ET) = 2p — 3/2 ⋅ p = 1/2 p. Раз MN — средняя линия, MN = 1/2 LJ = p. Следовательно, так как FE = 1/2 p = 1/2 MN и FE || MN, FE — средняя линия в ∆MBN, тогда по теореме Фалеса BQ делится FE полам => BP = PQ, а PQ = QT, значит BP = PQ = QT => FE делит высоту BT в отношении 1 : 2.

T45 Задача 44. H — ортоцентр в треугольнике ABC. На описанной окружности треугольника AHC взята произвольная точка D. Докажите, что вершина B лежит на прямой D1D2, где D1 и D2 — точки, симметричные D относительно сторон AH и AC соответственно.

Доказательство. Обратите внимание, что если в четырех точках A, B, C, H точка H является точкой пересечения высот треугольника ABC, то любая из четырех точек является ортоцентром треугольника, образованного другими тремя точками. Значит D1D2, прямая Штейнера, проходит через ортоцентр B треугольника △AHC (см. задачу 38).

T46

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

В аннотации рассмотрены основные свойства и формулы, связанные с ортоцентром треугольника, поставлены задачи по их применению. В статье представлены решения 33 задач и доказательства 18 теорем и свойств. Тексты задач взяты из различных источников: книги Г.М. Коксетера, А. И.Кушнира, Я. П. Понарина и др. Самостоятельно решено 36 задач. В главе 6 представлены тексты и решения авторских задач.

T47

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

[Электронный ресурс]//URL: https://drprom.ru/referat/izmenenie-ploschadi-treugolnika-otsekaemogo-ot-pryamoy/

1. А. Карлюченко и Г. Филипповский, «О касательных, проведённых в двух вершинах треугольника» 2. А. Г. Мякишев, «Прогулки по окружностям: от Эйлера до Тейлора» 3. А. В. Акопян, «Геометрия в картинках» 4. F. Smarandache, «An Important Application of the Computation of the Distances between Remarkable Points in the Triangle Geometry» 5. А.И. Кушнир, «Векторные методы решения задач» 6. А. И.Кушнир, «Альтернативные способы решения» 7. Я. П. Понарин, «Элементарная геометрия. Том 1» 8. Журнал «Квант» 9. С.Грейтцер, Г.М. Коксетер, «Новые встречи с геометрией» 10. В. Швецов, «От прямой Эйлера до теоремы Дроз-Фарни» 11. А. А. Заславский, «Олимпиады имени Шарыгина И.Ф.» 12. Статья с официального сайта УрФУ : http://lyceum.urfu.ru/study/mat/1nvc7h10.pdf 13. Инфармационно- поисковая система «Задачи по геометрии»: http://zadachi. /

T48 T T T

T

T

͢ ͢ ͢ ͢

OH = OA + OB + OC

T T

T T T

T49 T ωb = ωa + ωc T

T

T50 T

T51