Номер 23.6, страница 241 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

Параграф 23. Тетраэдр. Глава 4. Многогранники - номер 23.6, страница 241.

Условие.

23.6. В ортоцентрическом тетраэдре $DABC$ проведена высота $DH$. Докажите, что точка $H$ — ортоцентр треугольника $ABC$.

Решение.

Решение 2.

По определению, тетраэдр называется ортоцентрическим, если его высоты пересекаются в одной точке. Эквивалентным и ключевым для решения данной задачи свойством ортоцентрического тетраэдра является то, что его скрещивающиеся (противоположные) ребра попарно перпендикулярны. Для тетраэдра $DABC$ это означает: $DA \perp BC$, $DB \perp AC$ и $DC \perp AB$.

В условии задачи дано, что $DH$ — высота тетраэдра, проведенная из вершины $D$ на основание (грань) $ABC$. Это означает, что прямая $DH$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$, то есть $DH \perp (ABC)$. Точка $H$ является основанием этой высоты и лежит в плоскости треугольника $ABC$.

Чтобы доказать, что точка $H$ является ортоцентром треугольника $ABC$, необходимо показать, что она является точкой пересечения его высот. Для этого достаточно доказать, что $H$ лежит на двух высотах треугольника, например, что прямая $AH$ перпендикулярна стороне $BC$ и прямая $BH$ перпендикулярна стороне $AC$.

Докажем, что $AH \perp BC$.
1. По свойству ортоцентрического тетраэдра $DABC$ имеем, что противоположные ребра перпендикулярны, следовательно, $DA \perp BC$.
2. Так как $DH$ — высота, опущенная на плоскость $(ABC)$, то $DH \perp (ABC)$. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $DH$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $DH \perp BC$.
3. Мы имеем, что прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DA$ и $DH$ (они пересекаются в точке $D$). Эти две прямые определяют плоскость $(DAH)$.
4. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой этой плоскости. Таким образом, $BC \perp (DAH)$.
5. Прямая $AH$ лежит в плоскости $(DAH)$, так как обе точки, $A$ и $H$, принадлежат этой плоскости. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $BC \perp AH$.
Это означает, что прямая $AH$ содержит высоту треугольника $ABC$, проведенную из вершины $A$.

Докажем, что $BH \perp AC$.
1. Аналогично, по свойству ортоцентрического тетраэдра $DABC$ имеем $DB \perp AC$.
2. Так как $DH \perp (ABC)$, то $DH \perp AC$.
3. Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DB$ и $DH$ из плоскости $(DBH)$.
4. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $AC \perp (DBH)$.
5. Прямая $BH$ лежит в плоскости $(DBH)$. Следовательно, $AC \perp BH$.
Это означает, что прямая $BH$ содержит высоту треугольника $ABC$, проведенную из вершины $B$.

Поскольку точка $H$ является точкой пересечения прямых $AH$ и $BH$, а эти прямые содержат две высоты треугольника $ABC$ (из вершин $A$ и $B$ соответственно), то $H$ является точкой пересечения высот этого треугольника. По определению, точка пересечения высот треугольника является его ортоцентром.

Таким образом, доказано, что точка $H$ — ортоцентр треугольника $ABC$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Точка $H$, являющаяся основанием высоты $DH$ ортоцентрического тетраэдра $DABC$, есть ортоцентр треугольника $ABC$.