Тринадцать доказательств существования ортоцентра

Вступление

Начнём с формулировки теоремы об ортоцентре.

Теорема об ортоцентре.

Высоты треугольника \(ABC\) пересекаются в одной точке.

Ортоцентром треугольника \(ABC\) называется точка пересечения его высот — именно её существование мы и будем доказывать. Большинство доказательств начинаются с рассмотрения точки пересечения \(H\) двух высот \(BE\) и \(CF\) и с дальнейшей проверкой, что через эту точку проходит и третья высота, то есть что прямая \(AH\) перпендикулярна стороне \(BC\).

Замечу, что любые две высоты пересекаются, поскольку стороны треугольника не параллельны. Для простоты мы проводим все рассуждения для остроугольного треугольника; они остаются верными и в тупоугольном случае, разве что точка пересечения лежит вне треугольника. В прямоугольном треугольнике высоты сходятся в вершине прямого угла — это вырожденный случай.

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 \(H\). Проведём 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 \(\angle AFE = \angle AHE\). Кроме того, четырехугольник \(BFEC\) вписан в окружность с диаметром \(BC\), поэтому \(\angle AFE = \angle ACB\).

В результате заключаем, что \(\angle AHE = \angle ACB\) и четырехугольник \(CDHE\) тоже вписан. Поскольку \(\angle HEC=90^\circ\), то и \(\angle HDC=90^\circ\).

Второе доказательство — серединные перпендикуляры

Второе доказательство очень любят школьные учебники, но поучительность его, на мой взгляд, слегка переоценена. Дополнительное построение, которое в нём 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 прямые пересекаются в одной точке эта идея часто оправдана. Если вам надо проверить такого сорта утверждение, постарайтесь доказать, что это три прямые, 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. Проведём через вершины треугольника \(ABC\) прямые, параллельные сторонам. Получим больший треугольник, в котором треугольник \(ABC\) является серединным. (Легко увидеть из построения три параллелограмма.) Напомним, что серединным называется треугольник, вершины которого являются серединами сторон данного.

Высоты треугольника \(ABC\) перпендикулярны 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 исходного треугольника служат биссектрисами ортотреугольника — треугольника с вершинами в основаниях этих высот.

Проверять это можно по-разному. Начнём 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

\[ \angle MFB=\angle B,\quad \angle EMC=\angle C, \quad \angle MFE=\angle MEF. \]

В четырёхугольнике \(BFEC\) сумма углов равна удвоенной сумме углов треугольника \(ABC\), поэтому последнее равенство можно дополнить:

\[ \angle MFE=\angle MEF=\angle A. \]

Ещё раз воспользовавшись тем, что сумма углов треугольника \(ABC\) равна \(180^\circ\), заключаем, что

\[ \angle AEF=\angle B,\quad \angle AFE=\angle C. \]

Теперь обозначим через \(D\) основание высоты из вершины \(A\) (середину \(M\) на чертеже можно больше не использовать). Совершенно такими же рассуждениями получаем, что

\[ \angle CED=\angle B,\quad \angle BFD=\angle C,\quad \angle BDF=\angle CDE=\angle A, \]

но это означает, что стороны треугольника \(ABC\) являются биссектрисами внешних углов треугольника \(DEF\), а сами вершины являются центрами вневписанных окружностей. Следовательно, точки \(A\), \(B\) и \(C\) лежат на биссектрисах углов \(D\), \(E\) и \(F\), и прямые \(AD\), \(BE\) и \(CF\) пересекаются в одной точке.

Третье доказательство — биссектрисы, второй подход

Тот же круг идей можно изложить иначе, если вы уже знакомы с вписанными четырёхугольниками. С одной стороны, равенство синих, красных и зелёных углов на рисунке выше сразу следует из вписанности четырёхугольников \(BFEC\), \(AEDB\) и \(CDFA\). С другой стороны, теми же вписанностями удобно сразу вывести условие на биссектрисы — например, в виде цепочки равенств

\[ \angle FDA = \angle FCA = \angle EBA = \angle EDA. \]

Четвёртое доказательство — радикальные оси

Следующий способ доказать, что прямые пересекаются в одной точке, — найти три окружности, у которых они являются радикальными осями.

Радикальной осью двух окружностей называется геометрическое место точек, имеющих равные степени относительно них. Для пары неконцентрических окружностей это всегда прямая; если окружности пересекаются, радикальная ось — ничто иное, как прямая, содержащая их общую хорду. У трёх окружностей с центрами, не лежащими на одной прямой, три радикальные оси пересекаются в одной точке — радикальном центре. В частности, у трёх попарно пересекающихся окружностей с такими центрами общие хорды тоже конкурентны.

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 четырёхугольники с перпендикулярными диагоналями.

Лемма о перпендикулярных диагоналях.

Диагонали четырёхугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда суммы квадратов его противоположных сторон равны.

Это довольно простое следствие теоремы Пифагора. Но главная прелесть этого следствия в том, что абсолютно не требуется выпуклость четырёхугольника! То есть если мы рассмотрим невыпуклый четырёхугольник \(ABHC\), то перпендикулярность его диагоналей равносильна равенству

\[ BH^2 + AC^2 = CH^2 + AB^2. \]

При этом нам уже известно, что в четырёхугольниках \(BCHA\) и \(CAHB\) диагонали перпендикулярны, и по тому же самому утверждению верны соотношения

\[ AH^2 + BC^2 = BH^2 + AC^2 \quad \text{и} \quad AH^2 + BC^2 = CH^2 + AB^2. \]

Отсюда \(BH^2 + AC^2 = CH^2 + AB^2\), то есть выполняется условие перпендикулярности диагоналей четырёхугольника \(ABHC\).

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 \(BC\), \(CA\) и \(AB\) соответственно, восставлены перпендикуляры к этим прямым. Эти прямые пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда \[ BD^2 - DC^2 + CE^2 - EA^2 + AF^2 - FB^2 = 0. \]

В нашем случае надо воспользоваться наличием большого количества прямоугольных треугольников. В прямоугольных треугольниках \(ABD\) и \(ACD\) \[ BD^2+DA^2=BA^2 \quad \text{и} \quad AD^2+DC^2=AC^2. \] Вычитая из первого равенства второе, получаем \[ BD^2-DC^2=BA^2-AC^2. \] По аналогичным соображениям \[ CE^2-EA^2=CB^2-BA^2 \quad \text{и} \quad AF^2-FB^2=AC^2-CB^2. \] Складывая три полученных равенства, выводим требуемое \[ BD^2-DC^2 + CE^2-EA^2 +AF^2-FB^2=0. \]

Седьмое доказательство — теорема Чевы

Один из наиболее широко применимых методов доказательства того, что три прямые пересекаются в одной точке, — теорема Чевы, особенно если речь идёт о трёх прямых, проходящих через вершины некоторого треугольника. Сформулируем её для случая точек на сторонах, умышленно ограничив себя, тем самым, случаем остроугольного треугольника. Однако отметим, что есть и вариант «внешней» теоремы Чевы, который описывает случай точки пересечения, лежащей снаружи треугольника.

Теорема Чевы.

На сторонах \(BC\), \(CA\) и \(AB\) треугольника \(ABC\) выбраны точки \(D\), \(E\) и \(F\) соответственно. Прямые \(AD\), \(BE\) и \(CF\) пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда \[ AE\cdot BF\cdot CD = AF\cdot BD\cdot CE. \]

В случае высот заметим, что прямоугольные треугольники \(ABE\) и \(ACF\) подобны по острому углу. Поэтому
\[ \frac{AE}{AF} = \frac{AB}{AC}.\]

По аналогичным соображениям \[ \frac{BF}{BD} = \frac{BC}{BA}, \quad \frac{CE}{CD} = \frac{CB}{CA}. \] Перемножая полученные равенства, приходим к условию Чевы.

Восьмое доказательство — тригонометрическая теорема Чевы

Помимо обычной теоремы Чевы иногда используется и её тригонометрический вариант, который в случае с высотами даже немного более удобен. Сформулируем опять же вариант с точкой пересечения внутри треугольника, хотя утверждение при должной аккуратности можно сформулировать и для «внешнего» случая.

Тригонометрическая теорема Чевы.

На сторонах \(BC\), \(CA\) и \(AB\) треугольника \(ABC\) выбраны точки \(D\), \(E\) и \(F\) соответственно. Прямые \(AD\), \(BE\) и \(CF\) пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда \[ \frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD} \cdot \frac{\sin \angle CBE}{\sin \angle ABE} \cdot \frac{\sin \angle ACF}{\sin \angle BCF} = 1. \]

Для высот это утверждение становится очевидным благодаря простым равенствам углов \[\angle BAD = \angle BCF = 90^\circ - \angle B,\] \[\angle CBE = \angle CAD = 90^\circ - \angle C,\] \[\angle ACF = \angle ABE = 90^\circ - \angle A.\]

Девятое доказательство — скалярное произведение

Далее следует обратиться к доказательствам, которые на первый взгляд могут показаться счётными, 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 нужного нам утверждения основано на следующей прекрасной формуле.

Формула для четырёх точек.

Для любых четырёх точек \(A\), \(B\), \(C\) и \(D\) (на плоскости или даже в пространстве) верно равенство \[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{DB} + \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC} = 0. \]

Доказательство стандартное: выразим все векторы через векторы с началом в точке \(A\)

\[ \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AC}, \quad \overrightarrow{DB} = \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AD}, \quad \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}, \] подставить эти выражения в требуемое равенство и попросту все слагаемые сократятся.

Чтобы вывести отсюда утверждение про ортоцентр, в качестве точки \(D\) подставим точку 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 рёбер перпендикулярны, то и третья пара тоже перпендикулярна. Такие тетраэдры называются ортоцентрическими, потому что у них, в свою очередь, четыре высоты пересекаются в одной точке.

Десятое 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 чисто комплексных решениях оказывается часто очень полезным.

Формула ортоцентра.

Ортоцентр \(H\) находится по формуле \[ H = A + B + C. \]

На мой взгляд, это очень красивая формула. Как же это доказать? Нужно проверить, что, скажем, отрезок \(AH\) перпендикулярен отрезку \(BC\). А это равносильно тому, что комплексное число \(\frac{A-H}{B-C}\) является чисто мнимым, то есть при комплексном сопряжении меняет знак. Но, во-первых, в силу формулы для \(H\)

\[ z = \frac{A - H}{B - C} = \frac{-B - C}{B - C}, \]

а, во-вторых,

\[ \overline{z} = \frac{-\overline{B} - \overline{C}}{\overline{B} - \overline{C}} = \frac{-1/B - 1/C}{1/B - 1/C} = \frac{-C - B}{C - B} = -z. \]

В последнем равенстве мы воспользовались тем, что комплексно сопряжённое 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 делит его в отношении \(1:2\).

Одиннадцатое 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 важное 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 проведённой 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 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, причём можно ещё и выбрать направление для асимптот.

Итак, пусть вершины \(A\), \(B\) и \(C\) треугольника имеют координаты

\[ \left(x_a, \frac{1}{x_a}\right), \quad \left(x_b, \frac{1}{x_b}\right), \quad \left(x_c, \frac{1}{x_c}\right). \]

Проверим, что точка \(H\) с координатами

\[ \left(-\frac{1}{x_a x_b x_c}, -x_a x_b x_c\right) \]

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

\[ \frac{\frac{1}{x_a} + x_a x_b x_c}{x_a + \frac{1}{x_a x_b x_c}} \cdot \frac{\frac{1}{x_b} - \frac{1}{x_c}}{x_b - x_c} = -1. \] 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:

Следствие.

Если гипербола с перпендикулярными асимптотами проходит через вершины треугольника, то она проходит и через его ортоцентр.

Двенадцатое доказательство — проекции

Один из самых мощных счётных методов доказательства параллельности или перпендикулярности — подсчёт проекций. Предположим, что высоты \(BE\) и \(CF\) треугольника пересекаются в точке \(H\). Докажем, что отрезок \(AH\) перпендикулярен \(BC\). Или, что то же 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…

Тринадцатое доказательство — изогональное сопряжение

Наконец, последнее доказательство опирается на изогональное сопряжение и по духу близко к тригонометрической теореме Чевы. Для того чтобы доказать, что три луча, проходящие через вершины треугольника, пересекаются в одной точке, достаточно то же самое проверить для лучей, симметричных данным относительно биссектрис соответствующих углов. Для высот такими симметричными лучами (изогоналями) служат лучи, направленные на центр описанной окружности, которые, тем самым, пересекаются в одной точке.

14, 15, 16, …

На самом деле список можно продолжать. Чем больше геометрических утверждений вы знаете, тем шире ваш арсенал. Попробуйте доказать самостоятельно утверждение от высотах с помощью инверсии, с использованием поляр, или вывести утверждение из теоремы об изогоналях…