тема 21 из 26

Высоты и ортоцентр треугольника

Три высоты треугольника или их продолжения пересекаются в одной точке $H$ — ортоцентре. Основания двух высот лежат на окружности с диаметром третьей стороны, поэтому высоты дают много равных углов. Треугольник, который высоты $BB_1$ и $CC_1$ отсекают при вершине $A$ , подобен исходному с коэффициентом $|\cos A|$ . Расстояние $AH$ вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до стороны $BC$ .

Реже в задании18На карте навыков

Свойства высот и ортоцентра треугольника
—В аналитике

Высоты пересекаются в одной точке

Прямые, на которых лежат три высоты треугольника, пересекаются в одной точке $H$ — ортоцентре.

В остроугольном треугольнике $H$ лежит внутри, в прямоугольном — в вершине прямого угла, в тупоугольном — вне треугольника.
Для высот $BB_1$ и $CC_1$ : точки $B$ , $C$ , $B_1$ , $C_1$ лежат на окружности с диаметром $BC$ , а точки $A$ , $B_1$ , $H$ , $C_1$ — на окружности с диаметром $AH$ .
Треугольник $AB_1C_1$ подобен треугольнику $ABC$ с коэффициентом $|\cos A|$ : $B_1C_1 = BC \cdot |\cos A|$ .
$AH = 2R|\cos A|$ : это вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до $BC$ .
Угол $B_1HC_1$ равен $180^\circ - \angle A$ (угол между высотами).

Третья высота проходит через точку пересечения двух

Если высоты, проведённые из вершин $B$ и $C$ , пересекаются в точке $H$ , то прямая $AH$ перпендикулярна $BC$ : она содержит третью высоту. В тупоугольном треугольнике пересекаются продолжения высот, и утверждение верно для прямых.

Так доказывают перпендикулярность. Найдите треугольник, в котором два данных перпендикуляра — высоты. Тогда третья прямая через их общую точку перпендикулярна третьей стороне.

Высоты всегда пересекаются в одной точке

\angle A = 60^\circ

B_1C_1 : BC = |\cos A| = 0{,}5

Треугольник остроугольный: высоты пересекаются внутри него.

Пунктир — продолжения высот и сторон. Синяя окружность построена на

BC

как на диаметре и проходит через основания высот

B_1

C_1

. Двигайте вершины треугольника.

BM

CM

содержат высоты треугольника

BCK

, поэтому

KM \perp BC

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В трапеции $ABCD$ основание $AD$ в два раза больше основания $BC .$ Внутри трапеции взяли точку $M$ так, что углы $ABM$ и $DCM$ прямые.
а) Докажите, что $AM = DM .$
б) Найдите угол $BAD ,$ если угол $ADC$ равен $70^{\circ} ,$ а расстояние от точки $M$ до прямой $AD$ равно стороне $BC .$

Решение

а) Пусть $K$ — середина $AD$ . Тогда $AK = KD = BC$ .
$BC \parallel KD$ и $BC = KD$ , поэтому $BCDK$ — параллелограмм и $BK \parallel CD$ . Так же $ABCK$ — параллелограмм и $CK \parallel AB$ .
$BM \perp AB$ , поэтому $BM \perp CK$ . $CM \perp CD$ , поэтому $CM \perp BK$ . Прямые $BM$ и $CM$ содержат высоты треугольника $BCK$ .
Высоты треугольника пересекаются в одной точке, поэтому $M$ — ортоцентр треугольника $BCK$ и $KM \perp BC$ . Значит, $KM \perp AD$ .
$MK$ — высота и медиана треугольника $AMD$ , поэтому он равнобедренный: $AM = DM$ .
б) $MK \perp AD$ , поэтому расстояние от $M$ до $AD$ равно $MK = BC = AK$ . Прямоугольный треугольник $AKM$ равнобедренный: $\angle MAK = 45^\circ$ .
$BK \parallel CD$ , поэтому $\angle BKA = \angle CDA = 70^\circ$ как соответственные углы, и $\angle BKM = 90^\circ - 70^\circ = 20^\circ$ .
Углы $ABM$ и $AKM$ прямые, поэтому $B$ и $K$ лежат на окружности с диаметром $AM$ . Вписанные углы $BAM$ и $BKM$ опираются на дугу $BM$ : $\angle BAM = 20^\circ$ (окружность, которой нет на рисунке).
$\angle BAD = \angle BAM + \angle MAK = 20^\circ + 45^\circ = 65^\circ$ .
Ответ: б) $65^\circ$ .

Две окружности на высотах

Пусть $BB_1$ и $CC_1$ — высоты треугольника $ABC$ , $H$ — их точка пересечения. Углы $BB_1C$ и $BC_1C$ прямые и опираются на $BC$ , поэтому $B$ , $C$ , $B_1$ , $C_1$ лежат на окружности с диаметром $BC$ (два прямых угла). Углы $AB_1H$ и $AC_1H$ прямые и опираются на $AH$ , поэтому $A$ , $B_1$ , $H$ , $C_1$ лежат на окружности с диаметром $AH$ .

Вписанные углы этих окружностей дают равенства углов. Хорда $B_1C_1$ у окружностей общая, поэтому по теореме синусов её длину находят из любой из них: $B_1C_1 = AH\sin A$ .

Окружность с диаметром

AH

и окружность с диаметром

BC

(пунктир).

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

Высоты $BB_{1}$ и $CC_{1}$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H .$
а) Докажите, что $\angle AHB_{1} = \angle ACB .$
б) Найдите $BC ,$ если $AH = 4$ и $\angle BAC = 60^{\circ} .$

Решение

а) Углы $AB_1H$ и $AC_1H$ прямые, поэтому $B_1$ и $C_1$ лежат на окружности с диаметром $AH$ . Вписанные углы $AHB_1$ и $AC_1B_1$ опираются на дугу $AB_1$ : $\angle AHB_1 = \angle AC_1B_1$ .
Углы $BB_1C$ и $BC_1C$ прямые, поэтому $B$ , $C_1$ , $B_1$ , $C$ лежат на окружности с диаметром $BC$ . Внешний угол $AC_1B_1$ вписанного четырёхугольника $BC_1B_1C$ равен противоположному внутреннему углу $B_1CB$ .
Значит, $\angle AHB_1 = \angle AC_1B_1 = \angle ACB$ .
б) $AH$ — диаметр окружности, описанной около треугольника $AB_1C_1$ . По теореме синусов $B_1C_1 = AH\sin A = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ .
В прямоугольном треугольнике $ABB_1$ : $\angle ABB_1 = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$ . $BC$ — диаметр окружности, описанной около треугольника $BB_1C_1$ , поэтому $B_1C_1 = BC\sin\angle B_1BC_1 = BC\sin 30^\circ$ .
$BC = 2\sqrt{3} : \frac{1}{2} = 4\sqrt{3}$ .
Ответ: б) $4\sqrt{3}$ .

Подобие с коэффициентом |cos A|

Высоты $BB_1$ и $CC_1$ отсекают треугольник $AB_1C_1$ , подобный треугольнику $ABC$ . Угол $A$ общий, а $\angle AB_1C_1 = \angle ABC$ : это внешний угол вписанного четырёхугольника $BC_1B_1C$ . Коэффициент подобия $k = \frac{AB_1}{AB} = |\cos A|$ — из прямоугольного треугольника $ABB_1$ . Поэтому $B_1C_1 = BC \cdot |\cos A|$ .

Соответствие вершин перекрёстное: точка $B_1$ лежит на стороне $AC$ , но соответствует вершине $B$ . Для тупого угла $A$ основания высот лежат на продолжениях сторон, а коэффициент равен $|\cos A|$ .

Треугольник

AB_1C_1

подобен треугольнику

ABC

OK

— расстояние от центра до

BC

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

$ABC$ - остроугольный треугольник. Высоты $BB_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в точке $H .$
а) Докажите, что $\angle BAH = \angle BB_{1} C_{1} .$
б) Найдите расстояние от центра описанной окружности до $BC ,$ если $C_{1} B_{1} = 18 ,$ а $\angle BAC = 30^{\circ} .$

Решение

а) Высоты пересекаются в одной точке, поэтому $AH \perp BC$ и $\angle BAH = 90^\circ - \angle ABC$ .
Углы $BB_1C$ и $BC_1C$ прямые, точки $B_1$ и $C_1$ лежат на окружности с диаметром $BC$ . Вписанные углы $BB_1C_1$ и $BCC_1$ опираются на дугу $BC_1$ : $\angle BB_1C_1 = \angle BCC_1$ .
В прямоугольном треугольнике $BCC_1$ : $\angle BCC_1 = 90^\circ - \angle ABC$ . Значит, $\angle BAH = \angle BB_1C_1$ .
б) Треугольник $AB_1C_1$ подобен треугольнику $ABC$ с коэффициентом $\cos A$ : $BC = \frac{B_1C_1}{\cos 30^\circ} = \frac{18 \cdot 2}{\sqrt{3}} = 12\sqrt{3}$ .
Пусть $O$ — центр описанной окружности, $K$ — середина $BC$ . В равнобедренном треугольнике $BOC$ медиана $OK$ — высота и биссектриса, а центральный угол $BOC = 2\angle A$ . Поэтому $\angle BOK = \angle A = 30^\circ$ .
$OK = BK \cdot \operatorname{ctg} 30^\circ = 6\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 18$ .
Ответ: б) 18.

Расстояние от вершины до ортоцентра

Пусть $O$ — центр описанной окружности радиуса $R$ , $K$ — середина $BC$ . Тогда $AH = 2OK = 2R|\cos A|$ .

Доказательство: проведите диаметр $BE$ . Углы $BAE$ и $BCE$ опираются на диаметр и прямые. Поэтому $AE \parallel CH$ (обе прямые перпендикулярны $AB$ ) и $CE \parallel AH$ (обе перпендикулярны $BC$ ). $AHCE$ — параллелограмм, $AH = CE$ . $OK$ — средняя линия треугольника $BEC$ , поэтому $CE = 2OK$ . В прямоугольном треугольнике $BOK$ угол $BOK$ равен $\angle A$ или $180^\circ - \angle A$ , поэтому $OK = R|\cos A|$ .

Угол

A

тупой: высоты

BM

CN

пересекаются вне треугольника.

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В треугольнике $ABC$ угол $A$ равен $120^{\circ} .$ Прямые, содержащие высоты $BM$ и $CN$ треугольника $ABC ,$ пересекаются в точке $H .$ Точка $O$ - центр окружности, описанной около треугольника $ABC .$
а) Докажите, что $AH = AO .$
б) Найдите площадь треугольника $AHO ,$ если $B C = \sqrt{15} , \angle A B C = 45^{\circ} .$

Решение

а) Пусть $K$ — середина $BC$ , $R$ — радиус описанной окружности. Проведём диаметр $BE$ : $AE \perp AB$ и $CE \perp BC$ , поэтому $AE \parallel CH$ и $CE \parallel AH$ . $AHCE$ — параллелограмм, $AH = CE = 2OK$ .
Угол $A$ тупой, поэтому $A$ лежит на меньшей дуге $BC$ , а меньшая дуга $BC$ равна $360^\circ - 2 \cdot 120^\circ = 120^\circ$ . Центральный угол $BOC = 120^\circ$ .
В равнобедренном треугольнике $BOC$ медиана $OK$ — биссектриса и высота: $\angle BOK = 60^\circ$ , $OK = R\cos 60^\circ = \frac{R}{2}$ .
$AH = 2OK = R = AO$ .
б) По теореме синусов: $R = \frac{BC}{2\sin 120^\circ} = \frac{\sqrt{15}}{\sqrt{3}} = \sqrt{5}$ . Значит, $AH = AO = \sqrt{5}$ .
$\angle ACB = 180^\circ - 120^\circ - 45^\circ = 15^\circ$ . Центральный угол $AOC = 2\angle ABC = 90^\circ$ , треугольник $AOC$ равнобедренный: $\angle OAC = 45^\circ$ .
Прямая $AH$ перпендикулярна $BC$ . Высота из $A$ к $BC$ образует с $AC$ угол $90^\circ - 15^\circ = 75^\circ$ . Луч $AH$ направлен от $BC$ , поэтому $\angle HAC = 180^\circ - 75^\circ = 105^\circ$ .
Лучи $AH$ и $AO$ лежат по разные стороны от прямой $AC$ : $\angle HAO = 105^\circ + 45^\circ = 150^\circ$ .
$S_{AHO} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot AO \cdot \sin 150^\circ = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot \frac{1}{2} = \frac{5}{4}$ .
Ответ: б) $\frac{5}{4}$ .

Проверьте себя

Все задания на этот навык

Решать