Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1084
2015-03-07 
Пусть в треугольнике $OAB$ величина угла $AOB$ равна $\alpha (\alpha < 90^{\circ})$. Через произвольную точку $M$, не совпадающую с $O$, проведены перпендикуляры $MP$ к $OA$ и $MQ$ к $OB$. Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $OPQ$. Найдите геометрическое место точек $H$, если:
а) $M$ пробегает отрезок $AB$;
б) $M$ пробегает внутреннюю область треугольника $AOB$.
Решение:
Дано: $AA^{\prime} \parallel MQ \parallel B^{\prime}R \parallel PP^{\prime} \perp OB$ (рис.) $MP \parallel BB^{\prime} \parallel QQ^{\prime} \parallel A^{\prime}S \perp AO$.
а) Пусть $\frac{|AM|}{|MB|} = k$, тогда, так как $\triangle AA^{\prime}B \sim \triangle MQB$, $\frac{|A^{\prime}Q|}{|OB|} = k$.
Из теоремы о параллельных линиях, пересекающих стороны угла:
$\frac{|SQ^{\prime}|}{|Q^{\prime}B^{\prime}|} = \frac{|A^{\prime}Q|}{|QB|} = k$.
Аналогично $\frac{|A^{\prime}P^{\prime}|}{|P^{\prime}R|} = k$.
Докажем, что геометрическим местом точек $H$ ($H$ — точка пересечения высот $PP^{\prime}$ и $QQ^{\prime}$; ортоцентр $\triangle OPQ$) есть отрезок прямой $A^{\prime}B^{\prime}$.
Проведем через точку $P^{\prime}$ отрезка $A^{\prime}R \left ( \frac{|A^{\prime}P^{\prime}|}{|P^{\prime}R|} = k \right )$ перпендикуляр к этому отрезку. $\triangle RB^{\prime}A^{\prime} \sim \triangle P^{\prime}H_{1}A^{\prime}$ ($H_{1}$ — точка пересечения этого перпендикуляра с отрезком $A^{\prime}B^{\prime}$). Теперь $\frac{|A^{\prime}H_{1}|}{|H_{1}B^{\prime}|} = k$, $\frac{SQ^{\prime}}{Q^{\prime}B^{\prime}} = k$, т. е. $\triangle SA^{\prime}B^{\prime} \sim \triangle Q^{\prime}H_{1}B^{\prime}$ (две стороны пропорциональны и углы между ними равны). Следовательно, $H_{1}Q^{\prime}$ совпадает с высотой $\triangle OPQ$, проведенной к $OP$, значит, $H \equiv H_{1}$. Что и требовалось доказать.
б) В задаче а) мы доказали, что отрезок, соединяющий основания высот $\triangle AOB$, является искомым множеством $H$, когда точка $M$ пробегает отрезок $AB$.
Рассмотрим $\triangle OA_{1}B_{1}$ ($A_{1}B_{1} \parallel AB$). Очевидно, он подобен $\triangle AOB$ и поэтому множество для него — отрезок $A_{1}^{\prime}B_{1}^{\prime}$, гомотетичный отрезку $A^{\prime}B^{\prime}$ с коэффициентом гомотетии, равным $\frac{|OA_{1}|}{|OA|}$ относительно точки $O$.
Из соображений непрерывности получаем, что, когда точка $M$ пробегает внутреннюю область треугольника $AOB$, точка $H$ пробегает внутреннюю область треугольника $ A^{\prime}B^{\prime}O $.
Примечание. В задаче а) мы доказали, что $H$ лежит на $A^{\prime}B^{\prime}$. Нетрудно доказать, что если $\frac{|A^{\prime}H|}{|HB^{\prime}|} = k$, то $\frac{|AM|}{|MB|} = k$, т.е условию удовлетворяет только отрезок $A^{\prime}B^{\prime}$.
Если взять точку $H$ вне прямой $A^{\prime}B^{\prime}$, то точка $M$ будет лежать вне прямой $AB$.
Очевидно, не играет роли, острые или тупые углы $OAB$ и $OBA$.
Если величина угла $AOB$ больше $90^{\circ}$, то чертеж будет иметь другой вид и проведенные рассуждения неверны для этого случая.
Пусть в треугольнике $OAB$ величина угла $AOB$ равна $\alpha (\alpha < 90^{\circ})$. Через произвольную точку $M$, не совпадающую с $O$, проведены перпендикуляры $MP$ к $OA$ и $MQ$ к $OB$. Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $OPQ$. Найдите геометрическое место точек $H$, если:
а) $M$ пробегает отрезок $AB$;
б) $M$ пробегает внутреннюю область треугольника $AOB$.
Решение:
Дано: $AA^{\prime} \parallel MQ \parallel B^{\prime}R \parallel PP^{\prime} \perp OB$ (рис.) $MP \parallel BB^{\prime} \parallel QQ^{\prime} \parallel A^{\prime}S \perp AO$.
а) Пусть $\frac{|AM|}{|MB|} = k$, тогда, так как $\triangle AA^{\prime}B \sim \triangle MQB$, $\frac{|A^{\prime}Q|}{|OB|} = k$.
Из теоремы о параллельных линиях, пересекающих стороны угла:
$\frac{|SQ^{\prime}|}{|Q^{\prime}B^{\prime}|} = \frac{|A^{\prime}Q|}{|QB|} = k$.
Аналогично $\frac{|A^{\prime}P^{\prime}|}{|P^{\prime}R|} = k$.
Докажем, что геометрическим местом точек $H$ ($H$ — точка пересечения высот $PP^{\prime}$ и $QQ^{\prime}$; ортоцентр $\triangle OPQ$) есть отрезок прямой $A^{\prime}B^{\prime}$.
Проведем через точку $P^{\prime}$ отрезка $A^{\prime}R \left ( \frac{|A^{\prime}P^{\prime}|}{|P^{\prime}R|} = k \right )$ перпендикуляр к этому отрезку. $\triangle RB^{\prime}A^{\prime} \sim \triangle P^{\prime}H_{1}A^{\prime}$ ($H_{1}$ — точка пересечения этого перпендикуляра с отрезком $A^{\prime}B^{\prime}$). Теперь $\frac{|A^{\prime}H_{1}|}{|H_{1}B^{\prime}|} = k$, $\frac{SQ^{\prime}}{Q^{\prime}B^{\prime}} = k$, т. е. $\triangle SA^{\prime}B^{\prime} \sim \triangle Q^{\prime}H_{1}B^{\prime}$ (две стороны пропорциональны и углы между ними равны). Следовательно, $H_{1}Q^{\prime}$ совпадает с высотой $\triangle OPQ$, проведенной к $OP$, значит, $H \equiv H_{1}$. Что и требовалось доказать.
б) В задаче а) мы доказали, что отрезок, соединяющий основания высот $\triangle AOB$, является искомым множеством $H$, когда точка $M$ пробегает отрезок $AB$.
Рассмотрим $\triangle OA_{1}B_{1}$ ($A_{1}B_{1} \parallel AB$). Очевидно, он подобен $\triangle AOB$ и поэтому множество для него — отрезок $A_{1}^{\prime}B_{1}^{\prime}$, гомотетичный отрезку $A^{\prime}B^{\prime}$ с коэффициентом гомотетии, равным $\frac{|OA_{1}|}{|OA|}$ относительно точки $O$.
Из соображений непрерывности получаем, что, когда точка $M$ пробегает внутреннюю область треугольника $AOB$, точка $H$ пробегает внутреннюю область треугольника $ A^{\prime}B^{\prime}O $.
Примечание. В задаче а) мы доказали, что $H$ лежит на $A^{\prime}B^{\prime}$. Нетрудно доказать, что если $\frac{|A^{\prime}H|}{|HB^{\prime}|} = k$, то $\frac{|AM|}{|MB|} = k$, т.е условию удовлетворяет только отрезок $A^{\prime}B^{\prime}$.
Если взять точку $H$ вне прямой $A^{\prime}B^{\prime}$, то точка $M$ будет лежать вне прямой $AB$.
Очевидно, не играет роли, острые или тупые углы $OAB$ и $OBA$.
Если величина угла $AOB$ больше $90^{\circ}$, то чертеж будет иметь другой вид и проведенные рассуждения неверны для этого случая.
