Ортоцентрические треугольник, построенный на высотах

Проведём высоту AP в ∆FAE, тогда по теореме Фалеса средняя линия BC разделит её пополам. Так как BC || EF, то AP ⊥ BC, следовательно точка P симметрична A относительно BC по определению. По 7 свойству ортоцентра высота PA является биссектрисой угла ортотреугольника ∠MPA.Рисунок 34 – Задача 2Задачи на применение 7свойства.Задача 1. Докажите, что в треугольнике ABC: AH2 + BH2 + CH2 = 3R2 + OH2, где H - ортоцентр, O - центр описанной окружности треугольника, R - радиус описанной окружности.Доказательство. см. в пункте Формула Гамильтона.Задача 2. 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 (см. рисунок 35)Решение.Пусть H - ортоцентр ∆АMN. Заметим, что AC - диаметр окружности, описанной около четырёхугольника ANCM, тогда по 5 свойству ортоцентра AH2 = 4R2 - n2 = t2 - n2Рисунок 35 – Задача 2Задачи на применение нескольких свойств ортоцентра.Задача 1. Задача Архимеда. Сумма квадратов отрезков, на которые точка пересечения делит взаимно перпендикулярные хорды, равна квадрату диаметра окружности (см. рисунок 36).Рисунок 36 – Задача АрхимедаДоказательство: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 2. 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 (см. рисунок 37).Рисунок 37 – Задача 2Задача 3. BCD – вписанный четырехугольник. HC и HB – ортоцентры треугольников ABD и ACD. Докажите, что HCHB = BC.Доказательство:1 способ(левый рисунок). Пусть лучи BHC и СHB пересекут описанную 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 (см. рисунок 38).Рисунок 38 – Задача 3 способ 12 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 (см. рисунок 39).Рисунок 39 – Задача 3 способ 2Теорема Монжа.Теорема Мо́нжа — теорема о трёх окружностях, сформулированная Жаном Д’Аламбером и доказанная Гаспаром Монжем.Точка H, точка пересечения прямых AHA, BHB, CHC, DHD - ортоцентр вписанного четырёхугольника 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. Получили, что перпендикуляры, опущенные из середин сторон на противолежащие стороны вписанного четырёхугольника, пересекаются в одной точке - ортоцентре вписанного четырёхугольнике.Формула ГамильтонаТеоре́ма Га́мильтона — Кэ́ли — известная теорема из теории матриц, названная в честь Уильяма Гамильтона и Артура Кэли.Формула Гамильтона имеет вид : OH = OA + OB + OC, где А, В, С - вершины треугольника, H – его ортоцентр, а О - центр описанной окружности (см. рисунок 40).Рисунок 40 – Формула ГамильтонаДоказательство.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 (см. рисунок 41)Рисунок 41 – 1-й способ доказательства формулы Гамильтона2 способ.HD = HC + HB, HA = HO + OA. Поскольку AO = OD, то HO = 1/2(HA + HD), HO = 1/2(3HO + OA + OB + OC), откуда OH = OA + OB + OC (см. рисунок 42).Рисунок 42 – 2-й способ доказательства формулы ГамильтонаЗадача 4. 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 (см. рисунок 43).Рисунок 43 – Задача 4Доказательство: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)Следствия из формулы Гамильтона:1) неравенство 9R2 > a2 + b2 + c22) 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 + OH2Свойство прямой Штейнера.Теоре́ма Гю́йгенса — Ште́йнера (теорема Гюйгенса, теорема Штейнера): момент инерции J тела относительно произвольной неподвижной оси равен сумме момента инерции этого тела Jc относительно параллельной ей оси, проходящей через центр масс тела, и произведения массы тела m на квадрат расстояния d между осями.Теорема названа по имени швейцарского математика Якоба Штейнера и голландского математика, физика и астронома Христиана Гюйгенса.Точку D описанной окружности ∆ABC отразим относительно сторон треугольника. Полученные точки будут лежать на одной прямой, которая называется прямой Штейнера точки D относительно ∆ABC.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. Так как H лежит на l, то симметричные ей относительно сторон прямые a, b, c проходят через точки E, F, L соответственно.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.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, причём прямая l - это прямая Штейнера для точки S относительно ∆ABC.Задача 5. Докажите, что прямая Штейнера проходит через ортоцентр ∆ABC.Доказательство.Построим точки E и F симметричные ортоцентру 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 (см. рисунок 44).Рисунок 44 – Задача 5Задача 6. 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 (см. рисунок 45).Рисунок 45 – Задача 6За этой задачей кроется факт, обратный свойству прямой Штейнера: если через ортоцентртреугольника провести произвольную прямую, то прямые, ей симметричные относительносторон треугольника, будут пересекаться в одной точке, лежащей на описанной окружноститреугольника, для которой проведённая произвольная прямая является прямой Штейнера.Вывод:Итак, в ходе курсовой работы по данной теме мы узнали, что же такое ортоцентрические треугольники, основные свойства и формулы,связанные с ортоцентром треугольника, познакомились с новыми теоремами, такими как : теорема Монжа, теорема о подобии ортоцентрических треугольников, теорема «лист трилистника»; а так же рассмотрены задачи по применению свойств ортоцентрических треугольников. Все цели и задачи данной работы, которые были поставлены перед началом работы, достигнуты. Список используемой литературыЖурнал «Математика. Все для учителя» №4, 2016, 12-17 стр.Смирнова И.М., Смирнов В.А., «Геометрия на профильном уровне обучения», М., Педагогический университет «Первое сентября», 2006.. А. Карлюченко и Г. Филипповский, «О касательных, проведённых в двух вершинах треугольника» А. Г. Мякишев, «Прогулки по окружностям: от Эйлера до Тейлора» А. В. Акопян, «Геометрия в картинках»А.И. Кушнир, «Векторные методы решения задач» А. И.Кушнир, «Альтернативные способы решения» Я. П. Понарин, «Элементарная геометрия. Том 1»Журнал «Квант» С.Грейтцер, Г.М. Коксетер, «Новые встречи с геометрией»В. Швецов, «От прямой Эйлера до теоремы Дроз-Фарни» А. А. Заславский, «Олимпиады имени Шарыгина И.Ф.»Статья с официального сайта УрФУ : http://lyceum.urfu.ru/study/mat/1nvc7h10.pdfИнфармационно- поисковая система «Задачи по геометрии»: http://zadachi.mccme.ru/