Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 12967
2023-05-08 
Найдите геометрическое место точек пересечения высот треугольников, у которых даны середина одной стороны и основания высот, опущенных на две другие.
Решение:
Пусть $C_{0}$ - середина стороны $AB$ треугольника $ABC$, а $A_{1}$ и $B_{1}$ - основания высот, опущенных на стороны $BC$ и $AC$. Поскольку треугольники $ABA_{1}$ и $ABB_{1}$ прямоугольные, их медианы $A_{1}C_{0}$ и $B_{1}C_{0}$ равны половине гипотенузы $AB$ (см. задачу 4775). Следовательно, если для данных точек $C_{0}A_{1}\ne C_{0}B_{1}$, то искомое ГМТ - пустое множество. Это же верно и в случае, когда $C_{0}$ - середина $A_{1}B_{1}$, ибо $A_{1}B_{1}=AB\cos ACB\lt AB$ (см. задачу 8109), что невозможно, т.к. точки $A$, $B$, $A_{1}$ и $B_{1}$ лежат на окружности с диаметром $AB$, и $A_{1}B_{1}$ - также диаметр этой окружности.
Если же $A_{1}B_{1}C_{0}$ - равнобедренный треугольник, то точки $A$ и $B$ лежат на окружности $\sigma$ с центром $C_{0}$ и радиусом $C_{0}A_{1}=C_{0}B_{1}$, причём являются концами диаметра этой окружности.
Если треугольник $ABC$ остроугольный, то его ортоцентр $H$ является пересечением хорд $AA_{1}$ и $BB_{1}$ окружности $\sigma$. Тогда, если $\angle A_{1}C_{0}B_{1}=\alpha$, то угол $A_{1}HB_{1}$ равен полусумме дуг $A_{1}B_{1}$ и $AB$ (см. задачу 8116), т.е. $90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}$. Следовательно, точка $H$ лежит на дуге окружности $\omega$ с концами $A_{1}$ и $B_{1}$, вмещающей этот угол (см. задачу 8103).
Аналогично, если треугольник $ABC$ тупоугольный, то $H$ лежит на дополнительной дуге окружности $\omega$.
Если же $AB$ - катет прямоугольного треугольника, то его ортоцентр совпадает с вершиной прямого угла, т.е. с одной из точек $A_{1}$ или $B_{1}$, и значит, также лежит на окружности $\omega$.
С другой стороны, пусть $H$ - произвольная точка окружности $\omega$, $\angle A_{1}HB_{1}=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}$, а лучи $A_{1}H$ и $B_{1}H$ пересекают окружность $\sigma$ в точках $A$ и $B$ соответственно. Тогда
$\angle AHB=\angle A_{1}HB_{1}=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2},$
$\angle AB_{1}B=\angle AA_{1}B=\angle AHB-\angle A_{1}BB_{1}=\left(90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)-\frac{\alpha}{2}=90^{\circ}.$
Значит, прямые $A_{1}H$ и $B_{1}H$ пересекают окружность $\sigma$ в диаметрально противоположных точках $A$ и $B$, а $C$ - точка пересечения прямых $AB_{1}$ и $BA_{1}$. Аналогично для точки $H$, лежащей на дополнительной дуге окружности $\omega$.
Таким образом, треугольник $ABC$ существует для любой точки $H$ окружности $\omega$. Следовательно, искомым ГМТ будет вся окружность $\omega$.
Найдите геометрическое место точек пересечения высот треугольников, у которых даны середина одной стороны и основания высот, опущенных на две другие.
Решение:
Пусть $C_{0}$ - середина стороны $AB$ треугольника $ABC$, а $A_{1}$ и $B_{1}$ - основания высот, опущенных на стороны $BC$ и $AC$. Поскольку треугольники $ABA_{1}$ и $ABB_{1}$ прямоугольные, их медианы $A_{1}C_{0}$ и $B_{1}C_{0}$ равны половине гипотенузы $AB$ (см. задачу 4775). Следовательно, если для данных точек $C_{0}A_{1}\ne C_{0}B_{1}$, то искомое ГМТ - пустое множество. Это же верно и в случае, когда $C_{0}$ - середина $A_{1}B_{1}$, ибо $A_{1}B_{1}=AB\cos ACB\lt AB$ (см. задачу 8109), что невозможно, т.к. точки $A$, $B$, $A_{1}$ и $B_{1}$ лежат на окружности с диаметром $AB$, и $A_{1}B_{1}$ - также диаметр этой окружности.
Если же $A_{1}B_{1}C_{0}$ - равнобедренный треугольник, то точки $A$ и $B$ лежат на окружности $\sigma$ с центром $C_{0}$ и радиусом $C_{0}A_{1}=C_{0}B_{1}$, причём являются концами диаметра этой окружности.
Если треугольник $ABC$ остроугольный, то его ортоцентр $H$ является пересечением хорд $AA_{1}$ и $BB_{1}$ окружности $\sigma$. Тогда, если $\angle A_{1}C_{0}B_{1}=\alpha$, то угол $A_{1}HB_{1}$ равен полусумме дуг $A_{1}B_{1}$ и $AB$ (см. задачу 8116), т.е. $90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}$. Следовательно, точка $H$ лежит на дуге окружности $\omega$ с концами $A_{1}$ и $B_{1}$, вмещающей этот угол (см. задачу 8103).
Аналогично, если треугольник $ABC$ тупоугольный, то $H$ лежит на дополнительной дуге окружности $\omega$.
Если же $AB$ - катет прямоугольного треугольника, то его ортоцентр совпадает с вершиной прямого угла, т.е. с одной из точек $A_{1}$ или $B_{1}$, и значит, также лежит на окружности $\omega$.
С другой стороны, пусть $H$ - произвольная точка окружности $\omega$, $\angle A_{1}HB_{1}=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}$, а лучи $A_{1}H$ и $B_{1}H$ пересекают окружность $\sigma$ в точках $A$ и $B$ соответственно. Тогда
$\angle AHB=\angle A_{1}HB_{1}=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2},$
$\angle AB_{1}B=\angle AA_{1}B=\angle AHB-\angle A_{1}BB_{1}=\left(90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)-\frac{\alpha}{2}=90^{\circ}.$
Значит, прямые $A_{1}H$ и $B_{1}H$ пересекают окружность $\sigma$ в диаметрально противоположных точках $A$ и $B$, а $C$ - точка пересечения прямых $AB_{1}$ и $BA_{1}$. Аналогично для точки $H$, лежащей на дополнительной дуге окружности $\omega$.
Таким образом, треугольник $ABC$ существует для любой точки $H$ окружности $\omega$. Следовательно, искомым ГМТ будет вся окружность $\omega$.
