Jeśli nie będzie to zasygnalizowane inaczej, to punkty $D$, $E$, $F$ będą spodkami wysokości poprowadzonych odpowiednio na bok $AB$, $BC$ oraz $AC$.

Przyjmijmy następującą definicję.

Ortocentrum

Definicja: Ortocentrum

Punkt przecięcia się trzech prostych zawierających odpowiednio wysokości trójkąta $ABC$ będziemy nazywać ortocentrum tego trójkąta.

RPdj47h0lhVNY

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C oraz jego trzy wysokości. Z wierzchołka A poprowadzono odcinek A E padający na odcinek B C, z wierzchołka B poprowadzono odcinek B F padający na odcinek A C, natomiast z wierzchołka C poprowadzono odcinek C D padający na odcinek A B. Wszystkie trzy wewnętrze odcinki przecinają się w jednym punkcie H.

R6BMDCXyFJJd2

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C oraz jego trzy wysokości. Z wierzchołka A poprowadzono odcinek A E padający na bok C B. Z wierzchołka B poprowadzono odcinek B C padający na przedłużenie odcinka C A. Z wierzchołka C poprowadzono odcinek C D padający na przedłużenie odcinka A B. Przedłużenia odcinków C D, A E oraz B F przecinają się w punkcie H.

RbZm1naHubnPC

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny A B C z kątem prostym przy wierzchołku C. Z wierzchołka C upuszczono wysokość C D na bok A B. Wierzchołek C jest równocześnie równy H, czyli ortocentrum.

Zauważmy, że w trójkącie ostrokątnym czy prostokątnym ortocentrum jest punktem przecięcia się wysokości (odcinków), a w trójkącie rozwartokątnym jest punktem przecięcia się przedłużeń tych wysokości. Przyjęcie w definicji warunku przecinania się prostych jest ogólniejsze, co nie zmienia faktu, iż często o ortocentrum, także w przypadku trójkąta rozwartokątnego, mówi się, jako o punkcie przecinania się wysokości, a nie odpowiednich prostych i nie jest to traktowane jako błąd.

W definicji ortocentrum pojawia się warunek istnienia jednego punktu, w którym przetną się wszystkie trzy wysokości. Poniższe twierdzenie i jego dowód pokazują, że warunek ten jest spełniony dla dowolnego trójkąta.

O istnieniu ortocentrum

Twierdzenie: O istnieniu ortocentrum

Proste zawierające wysokości trójkątawysokość trójkątawysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

Dowód

Rozważmy dowolny trójkąt $ABC$ i poprowadźmy przez każdy z jego wierzchołków prostą równoległą do przeciwległego boku, aż do przecięcia odpowiednio w punktach $A\text{'}$, $B\text{'}$, $C\text{'}$, jak na rysunku.

RzCwuSz78XbUE

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Przez każdy z jego wierzchołków poprowadzono proste równoległe do przeciwległego boku, aż do przecięcia się tych prostych w punktach A prim, B prim oraz C prim. Wewnątrz trójkąta A B C upuszczono trzy wysokości, A E, B F oraz C D.

Zauważmy, że czworokąt $ABA\text{'}C$ jest równoległobokiem, a odcinek $BC$ jest jego przekątną, stąd w szczególności trójkąty $ABC$ oraz $A\text{'}BC$ są przystające.

Podobnie, korzystając z własności równoległoboków $ABCB\text{'}$ oraz $AC\text{'}BC$ stwierdzamy, że trójkąty $ABC$ oraz $ACB\text{'}$ i $ABC$ oraz $AC\text{'}B$ są także przystające.

Stąd wynika, że punkty $A$, $B$, $C$ są środkami odpowiednich boków trójkąta $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$, a proste $AH$, $BH$ oraz $CH$ są symetralnymi odpowiednich boków trójkąta $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$.

Korzystając ze znanej własności, że symetralne przecinają się w jednym punkcie otrzymujemy tezę twierdzenia.

Rzadziej przywoływaną własnością ortocentrum jest ta, o której mówi poniższe twierdzenie.

O wzajemności ortocentrum

Twierdzenie: O wzajemności ortocentrum

Niech punkt $H$, różny od każdego z wierzchołków trójkąta $ABC$, będzie jego ortocentrum. Wtedy każdy z wierzchołków $A$, $B$, $C$ jest ortocentrum w trójkącie, którego wierzchołkami są punkt $H$ i pozostałe wierzchołki tego trójkąta.

Dowód

Zauważmy, że punkt $H$ będzie różny od każdego z wierzchołków trójkąta $ABC$, tylko wtedy, gdy trójkąt ten nie będzie prostokątny.

Rozważmy trójkąt $BCH$, jak na rysunku.

RaM2ZiFQPMAg5

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Z wierzchołka A upuszczono wysokość A E, z wierzchołka B wysokość B F, natomiast z wierzchołka C wysokość C D. Wszystkie trzy wysokości przecinają się w punkcie H.

Zauważmy wówczas, że prosta $AE$ zawiera wysokość $HE$, prosta $AC$ zawiera wysokość $CF$, a prosta $AB$ zawiera wysokość $BD$ trójkąta $BCH$. Co oznacza, że punkt $A$ jest ortocentrum trójkąta $BCH$.

Problem Fagnana

Trójkąt ortyczny

Definicja: Trójkąt ortyczny

Dany jest trójkąt $ABC$, który nie jest prostokątny. Trójkąt $DEF$, którego wierzchołkami są spodki wysokości danego trójkąta $ABC$ nazywamy trójkątem ortycznym albo spodkowym.

RPy6b0nL4JB69

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Z wierzchołka A upuszczono wysokość A E, z wierzchołka B wysokość B F, natomiast z wierzchołka C wysokość C D. Wszystkie trzy wysokości przecinają się w punkcie H. Wewnątrz trójkąta A B C powstał trójkąt D E F.

R1d7CtToLtVNb

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C oraz jego trzy wysokości. Z wierzchołka A poprowadzono odcinek A E padający na bok C B. Z wierzchołka B poprowadzono odcinek B C padający na przedłużenie odcinka C A. Z wierzchołka C poprowadzono odcinek C D padający na przedłużenie odcinka A B. Przedłużenia odcinków C D, A E oraz B F przecinają się w punkcie H. Poza trójkątem A B C powstał trójkąt D E F.

Problemem Fagnana nazywa się problem optymalizacyjny związany z wyznaczeniem trójkąta o najmniejszym obwodzie, którego każdy z wierzchołków leży na innym z trzech boków danego trójkąta ostrokątnego. Problem ten został postawiony przez włoskiego matematyka i duchownego Giovanniego Fagnana w $1775$ roku. Okazuje się, że jego rozwiązaniem jest trójkąt ortycznytrójkąt ortycznytrójkąt ortyczny.

Przykład 1

Rozważmy trójkąt równoramienny $ABC$ o podstawie $AB$ długości $30$ i ramieniu $25$. Wyznaczymy obwód trójkąta ortycznego oraz odległość ortocentrum trójkąta $ABC$ od jego podstawy.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

RznQk2KvFSMSx

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny A B C. Z wierzchołka A upuszczono wysokość A E, z wierzchołka B wysokość B F, natomiast z wierzchołka C wysokość C D. Wszystkie trzy wysokości przecinają się w punkcie H. Wewnątrz trójkąta A B C powstał trójkąt równoramienny D E F.

Wtedy $\left|AB\right|=30$, $\left|AC\right|=\left|BC\right|=25$ oraz $\cos \left(\sphericalangle DAC\right)=\frac{\left|AD\right|}{\left|AC\right|}=\frac{15}{25}=\frac{\left|AF\right|}{\left|AB\right|}$.

Stąd $\left|AF\right|=\frac{15}{25}·\left|AB\right|=18$.

Ponieważ $\frac{\left|AB\right|}{\left|AC\right|}=\frac{\left|EF\right|}{\left|FC\right|}$, więc $\left|EF\right|=\frac{\left|AB\right|}{\left|AC\right|}·\left|FC\right|=\frac{30}{25}·\left(25-18\right)=\frac{42}{5}$.

Ponadto $\left|CD\right|=\sqrt{{25}^2-{15}^2}=20$ oraz $\frac{\left|AC\right|}{\left|CD\right|}=\frac{\left|CF\right|}{\left|CG\right|}$.

Stąd $\left|CG\right|=\frac{\left|CD\right|}{\left|AC\right|}·\left|CF\right|=\frac{20}{25}·\left(25-18\right)=\frac{28}{5}$ oraz $\left|DG\right|=20-\frac{28}{5}=\frac{72}{5}$.

Zatem $\left|DF\right|=\sqrt{{\left(\frac{72}{5}\right)}^2+{\left(\frac{21}{5}\right)}^2}=15$.

Szukany obwód jest więc równy $30+\frac{42}{5}$.

Ponieważ trójkąty $AHB$ i $EHF$ są podobne w skali $\frac{30}{\frac{42}{5}}=\frac{25}{7}$ oraz $\left|HD\right|+\left|HG\right|=\frac{72}{5}$, więc $\frac{7}{25}\cdot \left|HD\right|+\left|HD\right|=\frac{72}{5}$.

Stąd $\left|HD\right|=\frac{45}{4}$.

Ortocentrum a okrąg opisany na trójkącie

Na koniec warto wspomnieć o ciekawej własności ortocentrum – jej dowód pominiemy, ale dociekliwy uczeń może podjąć samodzielną próbę uzasadnienia.

O ortocentrum i okręgu opisanym

Twierdzenie: O ortocentrum i okręgu opisanym

Obraz ortocentrum trójkąta w symetrii względem dowolnej prostej zawierającej bok tego trójkąta leży na okręgu opisanym na tym trójkącie.

REhVQhPFEdPRi

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C oraz okrąg opisany na tym trójkącie. Z każdego wierzchołka upuszczono wysokość trójkąta. Wszystkie trzy wysokości przecinają się w punkcie H. Odcinek A H został przedłużony, a miejsce przecięcia się przedłużenia tego odcinka z okręgiem zaznaczono jako H indeks dolny B C koniec indeksu prim.

Słownik