Высоты и ортоцентр

Планиметрическая задача №17 в ЕГЭ — это вызов, требующий не только знаний, но и геометрической интуиции. Особое место в ней занимают задания, связанные с высотами треугольника. Точка пересечения высот — ортоцентр — становится центром притяжения для множества полезных фактов: вписанных окружностей, подобных треугольников и неожиданных равенств углов. Умение видеть эти связи — твой козырь на экзамене.

Перед тем как разбирать сложные задачи, убедись, что ты уверенно оперируешь следующими понятиями:

1.1 Что такое ортоцентр

Это точка, где пересекаются все три высоты треугольника (или их продолжения). Важно помнить её расположение:

Остроугольный треугольник: ортоцентр лежит внутри.

Тупоугольный треугольник: отроцентр лежит снаружи.

Прямоугольный треугольник: ортоцентр совпадает с вершиной прямого угла.

1.2 Главные следствия из проведённых высот

Всплывающие окружности:

Если в треугольнике провести две высоты, то их основания вместе с вершинами образуют вписанный четырёхугольник. Это основа для большинства доказательств равенства углов.

Каскад подобий:

Высота рассекает фигуру на меньшие треугольники, каждый из которых подобен исходному. В прямоугольном треугольнике это превращается в правило: высота, опущенная на гипотенузу, делит его на три подобных треугольника.

Угловой баланс:

В остроугольном треугольнике сумма угла при вершине и угла между высотами, выходящими из двух других вершин, составляет 180°. Например, ∠A + ∠BHC = 180°.

Задача 1 (Разминка)

В остроугольном △ABC высоты AA₁ и BB₁ пересекаются в точке H. Докажите, что ∠AB₁H = ∠AA₁B.

Ход мыслей и решение:

Видим две высоты — сразу проверяем на вписанный четырёхугольник. Точки A, B₁, A₁, B лежат на одной окружности, так как ∠AB₁B и ∠AA₁B — прямые. В этой окружности углы ∠AB₁H и ∠AA₁B опираются на одну хорду AB. Следовательно, они равны. Дело сделано — доказательство заняло два шага.

Задача 2 (Стандартный приём)

В прямоугольном △ABC (∠C=90°) известно: AC=6, BC=8, CH — высота. Найдите отрезок AH.

Алгоритм решения:

1. Гипотенуза $AB = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$.
2. Замечаем, что △ACH подобен △ABC (прямоугольные с общим острым углом A).
3. Пишем пропорцию для сходственных сторон: $\frac{AH}{AC} = \frac{AC}{AB}$.
4. Подставляем числа: $\frac{AH}{6} = \frac{6}{10}$, откуда AH = 3,6.

Вывод:

В прямоугольном треугольнике высота на гипотенузу создаёт три подобных треугольника — это частый источник простых пропорций.

Задача 3 (Комбинированная)

В остроугольном треугольнике ABC проведены: высота CC₁ и медиана AA₁. Точки A, A₁, C, C₁ лежат на одной окружности.

а) Докажите, что AB = AC.
б) Вычислите площадь △ABC, если AA₁ : CC₁ = 4 : 3, а A₁C₁ = 6.

Пошаговый анализ:

а) Ключ к доказательству:

Фраза «лежат на одной окружности» — знак работать с вписанными углами.

1. CC₁ — высота ⇒ ∠AC₁C = 90°.
2. В окружности, проходящей через A, A₁, C, C₁, угол ∠AC₁C вписанный и опирается на дугу AC. Раз он равен 90°, то дуга AC — это 180°, а значит, AC диаметр.
3. Но тогда ∠AA₁C, опирающийся на тот же диаметр, тоже прямой (90°).
4. Получаем, что AA₁— не только медиана (по условию), но и высота. В треугольнике такая двойная роль возможна лишь в одном случае: когда он равнобедренный, и AA₁ проведена к основанию BC. Следовательно, AB = AC.

б) Вычислительная часть:

1. Равенство AB = AC из пункта (а) уже установлено.
2. Рассмотрим △BC₁C. Он прямоугольный (∠C₁=90°), а A₁ — середина гипотенузы BC (так как AA₁ — медиана). Значит, отрезок C₁A₁ — медиана, проведённая к гипотенузе, и равен её половине: C₁A₁ = A₁B = A₁C.
3. По условию A₁C₁ = 6, поэтому A₁C = 6 и BC = 2 * 6 = 12.
4. Теперь используем отношение AA₁ : CC₁ = 4 : 3. Треугольники ABA₁ и CBC₁ подобны (прямоугольные с общим углом B). Из подобия:
   $\frac{AB}{CB} = \frac{AA_1}{CC_1} = \frac{4}{3}$.
   Подставляем $\frac{AB}{12} = \frac{4}{3} \Rightarrow AB = 16$.
5. Так как AB = AC, то AC = 16. Основание BC = 12. Осталось найти площадь.
6. Высота AA₁ в равнобедренном △ABC находится из прямоугольного △ABA₁: $AA_1 = \sqrt{AB^2 − (\frac{BC}{2})^2} = \sqrt{256 − 36} = \sqrt{220} = 2\sqrt{55}$.
7. Итоговая площадь: $S = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AA_1 = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 2\sqrt{55} = 12\sqrt{55}$.

Ответ: $12\sqrt{55}$.

Задача 4 (С конструкцией высот)

Дан прямоугольный △ABC (∠C = 90°). На катете AC взяли точку M, а на луче BC за точку C — точку N так, что CM = CB и CA = CN.

а) CH и CF — высоты △ABC и △NMC. Докажите, что CH ⟂ CF.
б) Отрезки BM и AN пересекаются в точке L. Найдите ML, если BC = 2, AC = 5.

Логика рассуждений:

а) Доказательство перпендикулярности:

1. Сравним △ABC и △NMC. У них: CA = CN (дано), CB = CM (дано), а углы между этими сторонами — прямые (∠ACB = ∠NCM = 90°). Значит, треугольники равны по двум катетам.
2. Из равенства следует: ∠BAC = ∠MNC. Обозначим этот острый угол за α.
3. В исходном треугольнике ABC высота CH образует с катетом AC угол: ∠HCA = 90° — α.
4. В равном ему треугольнике NMC высота CF образует с гипотенузой MN такой же угол α (так как ∠MCF = ∠MNC = α).
5. Теперь смотрим на общий угол ∠HCF. Он складывается: ∠HCF = ∠HCA + ∠ACF. Но ∠ACF — это и есть ∠MCF = α (точки A, C, M на одной прямой).
6. Получаем: ∠HCF = (90° – α) + α = 90°. Перпендикулярность доказана.

б) Поиск отрезка:

1. Анализируем новые фигуры. Из CA = CN и ∠ACN = 90° следует, что △ACN — прямоугольный и равнобедренный. Значит, ∠CAN = 45°.
2. Аналогично, из CB = CM и ∠BCM = 90° получаем, что △BCM — прямоугольный и равнобедренный, поэтому ∠CMB = 45°.
3. Углы ∠AML и ∠CMB вертикальные, поэтому ∠AML = 45°.
4. Смотрим на △AML. В нём ∠MAL = 45° и ∠AML = 45°. Значит, третий угол ∠MLA = 90°. Таким образом, ML — это высота в прямоугольном треугольнике.
5. Находим AM = AC – MC = 5 – 2 = 3.
6. В прямоугольном △AML` с углом 45° катет ML относится к гипотенузе AM как $\sin 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
   Составляем уравнение: $\frac{ML}{3} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
7. Отсюда $ML = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $\frac{3\sqrt{2}}{2}$.

1. Начни с обозначений.
   Чётко подпиши на чертеже все данные: равные отрезки, прямые углы, отмеченные точки. Это поможет избежать путаницы.
2. Ищи «цикличность».
   Условие «точки лежат на одной окружности» или наличие двух высот — почти гарантия, что где-то есть вписанный четырёхугольник. Найди его.
3. Фиксируй углы.
   Вводи переменные для неизвестных углов (α, β). Записывай все остальные углы через них, используя теоремы о сумме углов и свойства вписанных углов.
4. Проверяй на подобие.
   Если в задаче есть отношения отрезков (a:b), ищи пары подобных треугольников, чтобы составить верную пропорцию.
5. Не игнорируй условие целиком.
   Каждое данное равенство или отношение — это ключ. Если ты им не воспользовался, решение, скорее всего, неполное.

Планиметрия любит практику. Прорешай не менее 20–30 задач разного уровня на тему высот и ортоцентра. Со временем ты начнёшь узнавать типовые ходы и конструкции, что значительно сэкономит время на экзамене и прибавит уверенности.