Teorie
Există o seamă de puncte remarcabile într-un triughi care joacă un rol fundamental în geometria triunghiului. În programa școlară în vigoare se studiază unele dintre cele mai importante precum: centrul de greutate, ortocentrul, centrele cercurilor circumscris și înscris în triunghi, între acestea existând relații remarcabile. În cadrul acestui articol ne vom ocupa de unul dintre aceste puncte: ortocentrul unui triunghi.
Vom stabili câteva proprietăți și vom prezenta unele aplicații. Admitem cunoscut faptul că într-un triunghi înălțimile sunt concurente.
Definiție
Punctul de intersecție a înălțimilor unui triunghi se numește ortocentrul triunghiului.
Observație
Dacă triunghiul este ascuțitunghic atunci ortocentrul se aflș în interiorul său, dacă triunghiul este obtuzunghic atunci ortocentrul este situat în exteriorul triunghiului, iar în cazul triunghiului dreptunghic ortocentrul coincide cu vârful unghiului drept.
Concurența înălțimilor unui triunghi poate fi folosită la demonstrarea perpendicularității unor drepte după cum vom vedea în următoarele aplicații.
Problema 1
Unghiurile opuse \(A\) și \(C\) ale patrulaterului \(ABCD\) sunt drepte.
Fie \(AD\cap CB=\{E\}\) și \(AB\cap CD=\{F\}\). Să se arate că \(BD\perp EF\).
Soluție
Se observă că \(AE\) și \(CF\) sunt înălțimi în triunghiul \(BEF\), deci \(D\) este ortocentrul triunghiului \(BEF\) și atunci \(BD\perp EF\).
Problema 2
Se consideră tetraedrul \(ABCD\) în care \(AB\perp CD\) și \(BC\perp AD\). Să se arate că \(BD\perp AC\).
Soluție
Fie \(H\) ortocentrul triunghiului \(BCD\) și \(BB’\perp CD\), \(DD’\perp BC\). Cum \(CD\perp AB\) rezultă că \(CD\perp AH\). Analog \(BC\perp AH\) deci \(AH\perp (BCD)\). Deoarece \(H\) este ortocentrul triunghiului \(BCD\) rezultă că \(CH\perp BD\). Cum \(AH\perp BD\) se obține \(BD\perp (AHC)\) deci \(BD\perp AC\).
Problema 3
Se consideră triunghiul dreptunghic \(ABC\) și \(A’,B’,C’\) punctele de tangență ale laturilor \((BC)\), \((CA)\), \((AB)\) cu cercul său înscris de centru \(I\). Dreptele \(BI\) și \(CI\) intersectează pe \(A’B’\) respectiv \(A’C’\) în \(D\) și \(E\). Fie \(\{H\}=B’E\cap C’D\). Să se arate că \(A’H\perp B’C’\).
Soluție
Deoarece \(BC’=BA’\) rezultă că
\[\angle AC’A’\equiv \angle CA’C’
\quad(1)\]
Cum \(\angle EA’C\equiv \angle EB’C\) (L.U.L.) rezultă că
\[\angle CA’E\equiv \angle CB’E
\quad(2)\]
Din (1) și (2) obținem \(\angle AC’E\equiv \angle CB’E\) deci patrulaterul \(AC’EB’\) este inscriptibil. Așadar \(B’E\perp A’C’\). Analog se deduce că \(C’D\perp A’B’\) și deci \(H\) este ortocentrul triunghiului \(A’B’C’\).
Prezentăm în continuare unele rezultate remarcabile și utile în legătură cu ortocentrul unui triunghi.
Propoziția 1
a) Fie \(A_1,B_1,C_1\) intersecțiile înălțimilor \(AA’\), \(BB’\), \(CC’\) ale unui triunghi \(ABC\) cu cercul său circumscris. Atunci \(A_1,B_1,C_1\) sunt simetricele ortocentrului \(H\) al triunghiului \(ABC\) în raport cu \(BC\), \(CA\) respectiv \(AB\).
b) Cu notațiile anterioare ortocentrul \(H\) al triunghiului, mijlocul \(M\) al laturii \(BC\) și punctul \(A_2\) diametral opus lui \(A\) sunt coliniare, iar dacă \(O\) este centrul cercului circumscris atunci
\(AH=2\cdot OM\).
Soluție
a)
\[m(\angle A_1BA’)=m(\angle A_1AC)=\displaystyle\frac{m(\angle A_1C)}{2}
\quad(1)\]
Cum \(\triangle BB’C\triangle \angle AA’C\) (U.U.) rezultă că
\[\angle HBA’\equiv \angle A_1AC
\quad(2)\]
Din (1) și (2) deducem că \(\angle HBA’\equiv \angle A_1BA’\) și cum \(BA’\perp HA_1\) rezultă că \(HA’=A’A_1\). Analog se obțin celelalte două relații.
b) \(m(\angle A_2CA)=90^\circ\) deci \(A_2C\perp CA\) și cum \(BH\perp CA\) rezultă că \(BH\) și \(A_2C\) sunt paralele. Analog \(CH\) și \(A_2B\) sunt paralele deci \(BA_2CH\) este paralelogram și deci \(H,M,A_2\) sunt coliniare și \(HM=MA_2\). Atunci \(OM\) este linie mijlocie în \(\triangle A_2AH\) deci \(AH=2\cdot OM\).
Propoziția 2
Se consideră triunghiul \(ABC\) și \(A’,B’,C’\) picioarele înălțimilor, \(H\) ortocentrul triunghiului, \(A”,B”,C”\) mijloacele laturilor și \(A_1,B_1,C_1\) mijloacele segmentelor \([AH]\), \([BH]\), \([CH]\). Atunci cele nouă puncte sunt situate pe același cerc (cercul lui Euler).
Soluția 1
\(A_1B_1\) și \(A”B’\) fiind linii mijlocii în triunghiul \(AHB\) respectiv triunghiul \(ACB\) se obține că \(A_1B_1A”B”\) este paralelogram. (1)
Cum \(A_1B”\) este linie mijlocie în triunghiul \(AHC\) rezultă că \(A_1B”\) și \(CH\) sunt paralele deci \(A_1B”\perp AB\) deci
\[A_1B”\perp A_1B_1
\quad(2)\]
Relațiile (1) și (2) arată că \(A_1B_1A”B”\) este dreptunghi.
Analog \(A_1C_1A”C”\) este dreptunghi.
Atunci segmentele \([A_1A”]\), \([B_1B”]\), \([C_1C”]\) sunt congruente și se înjumătățesc deci punctele \(A_1,B_1,C_1\), \(A”,B”,C”\) sunt conciclice. Dreptele \(B_1C_1\) și \(BC\) fiind paralele și \(A’B_1=\displaystyle\frac{BH}{2}=A”C_1\) deducem că \(B_1C_1A”A’\) este trapez isoscel, deci inscriptibil, deci \(A’\) se află pe cercul circumscris triunghiului \(B_1C_1A”\), așadar conciclic cu cele șase puncte anterioare. Analog \(B’,C’\) se găsesc pe același cerc cu cele șase puncte anterioare, deci cele nouă puncte sunt conciclice.
Soluția 2
Fie \(A_3,B_3,C_3\) punctele de intersecție ale înălțimilor \(AA’\), \(BB’\), \(CC’\) cu cercul circumscris triunghiului \(ABC\) și \(A_2,B_2,C_2\) punctele diametral opuse punctelor \(A,B,C\) în acest cerc. Considerăm omotetia de centru \(H\) și raport \(\displaystyle\frac{1}{2}\). Conform Propoziției 1 imaginile punctelor \(A_2,B_2,C_2\) prin această omotetie sunt punctele \(A”,B”,C”\), imaginile punctelor \(A_3,B_3,C_3\) sunt punctele \(A’,B’,C’\), iar imaginile punctelor \(A,B,C\) sunt punctele \(A_1,B_1,C_1\) respectiv. Așadar punctele \(A’,B’,C’\), \(A”,B”,C”\), \(A_1,B_1,C_1\) se află pe un cerc, omoteticul cercului circumscris triunghiului \(ABC\) prin omotetia de centru \(H\) și raport \(\displaystyle\frac{1}{2}\).
Observație
Centrul acestui cerc este mijlocul segmentului \([OH]\).
Prezentăm acum alte două aplicații care vizează conceptul de ortocentru.
Problema 4
Se consideră un triunghi \(ABC\). Un cerc de diametru \([EF]\) cu \([EF]\subset [BC]\) este tangent dreptelor \(AB\) și \(AC\) respectiv în punctele \(M\) și \(N\). Să se arate că dreapta \(MN\) trece prin ortocentrul triunghiului \(AEF\).
Soluție
Fie \(O\) centrul cercului, \(\{P\}=AO\cap MN\), \(AA’\perp BC\), \(A’\in BC\), \(\{H\}=AA’\cap MN\) și \(U\) al doilea punct de intersecție al dreptei \(AE\) cu cercul. Triunghiul \(ANO\) este dreptunghic în \(N\) și \(AO\perp MN\) și atunci conform teoremei catetei avem
\[AN^2=AP\cdot AO
\quad(1)\]
Cum \(\triangle APH\equiv \triangle AA’O\) (U.U.) rezultă că
\[AP\cdot AO=AH\cdot AA’
\quad(2)\]
Conform puterii punctului față de cerc rezultă că
\[AN^2=AU\cdot AE
\quad(3)\]
Din (1), (2) și (3) deducem că \(AU\cdot AE=AH\cdot AA’\) și atunci \(\triangle AHU\equiv \triangle AEA’\) deci \(HU\perp AE\). Cum \(FU\perp AE\) rezultă că \(F,H,U\) sunt coliniare și deci \(H\) este ortocentrul triunghiului \(AEF\).
Problema 5
Punctele planului se colorează cu \(n\ge 3\) culori date. Să se arate că putem găsi întotdeauna un triunghi având ortocentrul diferit colorat față de fiecare din vârfurile triunghiului.
Soluție
Alegem punctele necoliniare \(A,B,C\) de culori diferite.
a) Dacă triunghiul \(ABC\) nu este dreptunghic considerăm \(H\) ortocentrul său. Distingem cazurile:
1) culoarea lui \(H\) diferă de culorile vârfurilor \(A,B,C\). În acest caz problema este rezolvată.
2) \(H\) este la fel colorat ca unul dintre vârfuri (fie acesta \(A\)). Cum \(C\) este ortocentrul triunghiului \(AHB\) și \(C\) nu are aceeași culoare cu \(A,H,B\) problema este rezolvată.
b) Dacă triunghiul \(ABC\) este dreptunghic (\^{\i}n \(A\)) alegem \(M\) un punct pe înălțimea din \(A\) în interiorul triunghiului \(ABC\). Dacă \(M\) este colorat diferit de \(B\) și \(C\) alegem triunghiul nedreptunghic \(MBC\) și suntem în cazul a). Dacă \(M\) are (de exemplu) culoarea lui \(B\) alegem triunghiul \(MAC\) și suntem în cazul a).
În încheiere propunem spre studiu următoarele aplicații.
Probleme propuse
Problema 1, Problema 2, Problema 3, Problema 4, Problema 5, Problema 6, Problema 7, Problema 8.
