Тема 17. Задачи по планиметрии

17.16 Ортоцентр и его свойства

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#34638

Докажите, что все три высоты треугольника пересекаются в одной точке.

Показать ответ и решение

Пусть $AA1,$ $BB1$ и $CC1$ — высоты треугольника $ABC.$ Проведем через вершины треугольника $ABC$ прямые, параллельные противоположным сторонам $(A2B2 ∥ AB, A2C2 ∥ AC, B2C2 ∥ BC ).$

$PIC$

Тогда заметим, что $ABA2C$ — параллелограмм, значит, $A2C = AB.$ Аналогично $ABCB2$ — параллелограмм, и $B2C = AB.$ Следовательно, $C$ — середина отрезка $A2B2.$

Аналогично докажем, что $A$ — середина $B2C2,$ $B$ — середина $A2C2.$

$CC1 ⊥ AB,$ $AB ∥A2B2,$ значит, $CC1 ⊥ A2B2.$ Аналогично $AA1 ⊥ B2C2$ и $BB1 ⊥ A2C2.$ Таким образом, прямые $AA1,$ $BB1$ и $CC1$ являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника $A2B2C2,$ следовательно, пересекаются в одной точке.

Ответ: Доказательство

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#34639

Пусть высоты $AA , 1$ $BB 1$ и $CC 1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$ — ортоцентре треугольника $ABC.$ Докажите, что

а) четырёхугольники $AC1HB1,$ $BA1HC1,$ $CB1HA1$ являются вписанными.

б) четырёхугольники $ABA1B1,$ $BCB1C1,$ $CAC1A1$ являются вписанными.

Показать ответ и решение

а) Заметим, что $∠AC H = ∠AC C =90∘ 1 1$ и $∠AB H = ∠AB B = 90∘, 1 1$ так как $BB 1$ и $CC 1$ — высоты треугольника $ABC.$

Следовательно, $∘ ∠AC1H +∠AB1H = 180,$ значит, $AC1HB1$ — вписанный четырехугольник, так как сумма его противоположных углов равна $∘ 180.$

$PIC$

Четырёхугольник $BA1HC1$ является вписанным, так как сумма его противоположных углов равна

∠BA1H + ∠BC1H = ∠BA1A +∠BC1C = 90∘+90∘ = 180∘

Четырёхугольник $CB1HA1$ является вписанным, так как сумма его противоположных углов равна

∘ ∘ ∘ ∠CB1H + ∠CA1H = ∠CB1B +∠CA1A = 90 +90 = 180

б) Заметим, что в четырёхугольнике $ABA1B1$ углы $AA1B$ и $AB1B,$ опирающиеся на сторону $AB,$ равны $90∘,$ значит, $ABA1B1$ — вписанный четырёхугольник.

$PIC$

В четырёхугольнике $BCB1C1$ углы $∠BB1C$ и $∠BC1C,$ опирающиеся на сторону $BC,$ равны $∘ 90 ,$ значит, $BCB1C1$ — вписанный четырёхугольник.

В четырёхугольнике $ACA1C1$ углы $∠AA1C$ и $∠AC1C,$ опирающиеся на сторону $AC,$ равны $∘ 90 ,$ значит, $ACA1C1$ — вписанный четырёхугольник.

В этой задаче случаи прямоугольных и тупоугольных треугольников не разбираются отдельно. Несложно убедиться, что они устроены практически аналогично.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#34640

Пусть $AA , 1$ $BB 1$ и $CC 1$ — высоты треугольника $ABC.$ Докажите, что

а) $∠BA1C1 = ∠CA1B1.$

б) прямые $AA1,$ $BB1$ и $CC1$ являются биссектрисами углов ортотреугольника $A1B1C1.$

Показать ответ и решение

а) Заметим, что $ABA B 1 1$ — вписанный четырёхугольник, так как $∠AA B = ∠AB B = 90∘, 1 1$ значит, по свойству вписанного четырёхугольника его внешний угол $CA1B1$ равен противоположному внутреннему углу $BAB1.$

Аналогично внешний угол $BA1C1$ вписанного четырёхугольника $ACA1C1$ равен его противоположному внутреннему углу $C1AC.$ Тогда имеем:

∠CA1B1 =∠BAB1 = ∠BAC = ∠C1AC = ∠BA1C1

$PIC$

б) Докажем, что прямая $AA1$ является биссектрисой угла $B1A1C1.$ Заметим, что $∠AA1B = ∠AA1C =90∘.$ По предыдущему пункту $∠BA1C1 = ∠CA1B1,$ значит,

∠AA1B − ∠BA1C1 =∠AA1C − ∠CA1B1 ⇔ ∠AA1C1 =∠AA1B1

Таким образом, $AA1$ — биссектриса угла $B1A1C1.$

С помощью рассуждений из пункта а) мы можем получить, что $∠AB1C1 =∠CB1A1$ и $∠AC1B1 = ∠BC1A1.$ Далее аналогично можем доказать, что $BB1$ и $CC1$ — биссектрисы углов $A1B1C1$ и $A1C1B1$ соответственно.

$PIC$

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#34641

Докажите, что точка, симметричная ортоцентру треугольника относительно стороны, лежит на описанной окружности треугольника.

Показать ответ и решение

Пусть $H ′$ — точка симметричная ортоцентру $H$ относительно стороны $AC$ треугольника $ABC.$ Докажем, что четырехугольник $′ ABCH$ вписанный, что равносильно утверждению задачи.

Прямоугольные треугольники $AHB1$ и $′ AH B1$ $′ ∘ (∠ABH = ∠ABH =90 )$ равны по двум катетам: $′ B1H = B1H$ по построению, $AB1$ — общий катет. В равных треугольниках соответственные элементы равны, значит, $′ ∠H AB1 = ∠B1AH.$

При этом $∠B1AH = ∠B1AA1 = ∠B1BA1,$ так как $ABA1B1$ — вписанный четырёхугольник.

$PIC$

Тогда в четырёхугольнике $ABCH ′$ равны углы, опирающиеся на сторону $CH ′ :$

∠H ′AC = ∠H′AB1 =∠B1AH = ∠B1AA1 = ∠B1BA1 =∠H ′BC

Следовательно, $′ ABCH$ — вписанный четырехугольник. Значит, $′ H$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC.$

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#34642

Докажите, что точка $H , B$ симметричная ортоцентру $H$ треугольника $ABC$ относительно середины стороны $AC,$ лежит на описанной окружности треугольника и диаметрально противоположна точке $B.$

Показать ответ и решение

Пусть $∠ABC =β,$ $∠CH A = α. B$ Из симметрии $AHCH B$ — параллелограмм, следовательно, $∠CH A= ∠AHC = α. B$ Тогда $∠AHC =∠A1HC1 = α$ как вертикальные.

$BA1HC1$ — вписанный четырёхугольник, значит,

∘ ∠A1HC1 +∠C1BA1 = 180 = α +β =∠CHBA +∠ABC

Таким образом, $ABCH B$ — вписанный четырёхугольник, то есть $H B$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC.$

$PIC$

Теперь докажем, что точка $HB$ диаметрально противоположна точке $B.$

$AHCHB$ — параллелограмм, следовательно, $AA1 ∥HBC,$ причем $AA1 ⊥ BC,$ значит, $HBC ⊥ BC.$ Значит, что $∘ ∠BCHB = 90$ , то есть $BHB$ — диаметр описанной окружности треугольника $ABC.$ Ч.т.д.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#34643

Пусть $O$ — центр описанной окружности трегуольника $ABC,$ а $H$ — его ортоцентр. Докажите, что

а) $BH =2OM,$ если $M$ — середина стороны $AC.$

б) $∠ABH = ∠CBO.$

Показать ответ и решение

а) Пусть точка $H B$ симметрична ортоцентру $H$ относительно середины $M$ стороны $AC.$ Тогда $BH B$ — диаметр описанной окружности треугольника $ABC,$ следовательно, центр описанной окружности $O$ — середина $BHB.$

$PIC$

С другой стороны, $M$ — середина отрезка $HBH$ в силу симметрии. Тогда $MO$ — средняя линия треугольника $HBHB,$ параллельная стороне $BH$ значит, $BH = 2MO.$

б) Четырёхугольник $BCB1C1$ — вписанный $∘ (∠BB1C =∠BC1C = 90)$ , значит, $∠ABH =∠ACH.$

$AHCHB$ — параллелограмм, значит, $∠ACH = ∠CAHB.$ Четырёхугольник $ABCHB$ — вписанный, следовательно, $∠CAHB = ∠CBHB.$

$PIC$

Заметим, что точка $O$ является серединой отрезка $BHB,$ таким образом,

∠ABH = ∠ACH = ∠CAHB = ∠CBHB = ∠CBO

Ответ: Доказательство

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#34680

В прямоугольнике $ABCD$ биссектрисы угла $B$ и внешнего угла $D$ пересекают сторону $AD$ и прямую $AB$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Докажите, что отрезок $KM$ перпендикулярен отрезку диагонали $BD$ прямоугольника.

Показать доказательство

Рассмотрим треугольник $MBD.$ В нем $DA$ — высота, так как $DA ⊥ AB.$

Докажем, что $BK ⊥ DM.$ По условию $DM$ — биссектриса внешнего угла $D$ прямоугольника, значит, $∠ADM = 45∘.$ Также $BK$ — биссектриса угла $B$ прямоугольника, значит, $∠ABK = 45∘.$

По сумме углов треугольника $ADM$ имеем:

∠AMD = 180∘ − ∠MAD − ∠ADM = 180∘ − 90∘− 45∘ = 45∘

$PIC$

Пусть $N$ — точка пересечения прямых $DM$ и $BK.$ Тогда по сумме углов треугольника $BMN$ имеем:

∠BNM = 180∘− ∠BMN − ∠MBN = 180∘− 45∘ − 45∘ = 90∘

Тогда $BN$ и $DA$ — высоты треугольника $MBD,$ пересекающиеся в точке $K.$ Значит, $MK$ — третья высота этого треугольника, то есть $MK ⊥ BD.$ Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#34681

Пусть $M$ — основание перпендикуляра, опущенного из вершины $D$ параллелограмма $ABCD$ на диагональ $AC.$ Докажите, что перпендикуляры к прямым $AB$ и $BC,$ восстановленные в точках $A$ и $C$ соответственно, пересекутся на прямой $DM.$

Показать доказательство

Пусть перпендикуляры к прямым $AB$ и $BC,$ восстановленные в точках $A$ и $C$ соответственно, пересекаются в точке $H.$ Тогда $AH ⊥ AB$ и $CH ⊥ BC.$ Противоположные стороны параллелограмма параллельны, то есть $AB ∥CD$ и $BC ∥AD.$ Таким образом, $AH ⊥ CD$ и $CH ⊥AD,$ значит, $AH$ и $CH$ — высоты треугольника $ACD,$ а $H$ — ортоцентр этого треугольника.

$PIC$

Заметим, что $DM$ — третья высота треугольника $ACD,$ следовательно, она также проходит через ортоцентр $H$ треугольника $ACD.$ Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#34682

В треугольнике $ABC$ сторона $AC$ наименьшая. На сторонах $AB$ и $BC$ взяты точки $K$ и $L$ соответственно, причём $KA = AC = CL.$ Пусть $M$ — точка пересечения $AL$ и $KC,$ а $I$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABC.$ Докажите, что прямая $MI$ перпендикулярна прямой $AC.$

Показать ответ и решение

По условию $AC =AK,$ значит, $△ ACK$ — равнобедренный, тогда биссектриса $AI$ равнобедренного треугольника $ACK$ также является его высотой, то есть $AI ⊥ CK.$

Аналогично $CI$ является высотой равнобедренного треугольника $ACL,$ то есть $CI ⊥ AL.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $ACM.$ В нем $AI$ и $CI$ — высоты, значит, $I$ — ортоцентр треугольника $ACM,$ следовательно, $MI$ — его третья высота, то есть $MI ⊥ AC.$ Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказательство

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел