ГДЗ по геометрии, 10 класс, Атанасян, номер 769

План доказательства.

Рассмотрим тетраэдр ABCD. Пусть высота, опущенная из вершины A на грань BCD, проходит через точку пересечения высот этой грани (ортоцентр). Нам нужно доказать, что аналогичное свойство выполняется для остальных трёх вершин. Ключевым шагом является установление ортогональности противоположных рёбер тетраэдра с использованием теоремы о трёх перпендикулярах.

Ход решения.

1. Обозначим основание высоты из вершины A как точку H₁. По условию H₁ — ортоцентр треугольника BCD. Это означает, что BH₁⊥CD и CH₁⊥BD.

2. Так как AH₁ — высота тетраэдра, то AH₁⊥ плоскость (BCD). Следовательно, AH₁⊥CD.

3. Рассмотрим прямую CD. Она перпендикулярна прямой BH₁ (так как H₁ — ортоцентр) и перпендикулярна прямой AH₁ (так как это высота). Значит, CD перпендикулярна плоскости, проходящей через A и B (плоскость ABH₁), а следовательно, CD⊥AB.

4. Аналогично, рассматривая перпендикулярность BD к CH₁ и AH₁, получаем, что BD⊥AC.

5. Теперь докажем утверждение для вершины B. Пусть H₂ — проекция вершины B на грань ACD. Нужно показать, что H₂ является ортоцентром треугольника ACD.

6. Мы уже знаем, что AB⊥CD. Прямая AB является наклонной к плоскости (ACD), а BH₂ — её высотой. По обратной теореме о трёх перпендикулярах: если наклонная AB перпендикулярна прямой CD, лежащей в плоскости основания, то и проекция наклонной BH₂ перпендикулярна этой прямой. То есть BH₂⊥CD.

7. Но BH₂ лежит в плоскости (ACD)? Нет, BH₂ — это отрезок внутри тетраэдра или вне его, но мы рассматриваем перпендикулярность в пространстве. Точнее: так как BH₂⊥(ACD), то BH₂⊥CD. Однако нам нужно доказать, что линия, соединяющая B с точкой H₂, проецируется... Подождите, давайте переформулируем шаг 6 строго.

8. Вернемся к определению высоты из B. Высота из B — это прямая, проходящая через B перпендикулярно плоскости (ACD). Пусть эта высота пересекает плоскость (ACD) в точке H₂. Тогда BH₂⊥(ACD), значит BH₂⊥CD.

9. Из пункта 3 мы имеем AB⊥CD. Так как CD перпендикулярна двум пересекающимся прямым AB и BH₂ (в плоскости ABH₂?), то CD перпендикулярна плоскости ABH₂. Следовательно, CD перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку пересечения. В частности, рассмотрим треугольник ACD. Нам нужно проверить, проходит ли высота из D (или другая) через H₂?

10. Давайте используем симметрию условия. Мы доказали, что AB⊥CD и AC⊥BD. Осталось доказать, что AD⊥BC. Для этого рассмотрим высоту из C на грань ABD. Пусть её основание H₃. Если мы докажем, что H₃ — ортоцентр △ABD, то всё завершится. Но проще использовать готовый факт: если две пары противоположных рёбер тетраэдра взаимно перпендикулярны (AB⊥CD и AC⊥BD), то третья пара также перпендикулярна (AD⊥BC).

11. Докажем AD⊥BC. Так как AC⊥BD и AB⊥CD, то точка A проектируется в ортоцентр BCD. Это исходное условие. Из него следует AB⊥CD и AC⊥BD. Теперь рассмотрим вершину D. Проекция D на ABC пусть будет H₄. Так как DA не обязательно перпендикулярна BC сразу, посмотрим иначе. Мы знаем AB⊥CD. Наклонная CB к плоскости (ACD)? Нет.

12. Строгое доказательство для второй вершины: Мы установили, что AB⊥CD. Рассмотрим грань ACD. Пусть H₂ — проекция B на (ACD). Тогда BH₂⊥(ACD)⇒BH₂⊥CD. Также по условию задачи (для первой вершины) мы вывели AB⊥CD. Таким образом, CD перпендикулярна плоскости ABH₂. Значит, CD⊥AH₂. Но AH₂ лежит в плоскости (ACD). Это значит, что AH₂ является высотой треугольника ACD, опущенной из вершины A на сторону CD.

13. Аналогично, используя перпендикулярность AC⊥BD: BD перпендикулярна плоскости ACH₂ (где H₂ та же проекция B?). Нет, здесь нужно аккуратно. H₂ — проекция B на (ACD). BH₂⊥(ACD)⇒BH₂⊥AD. Также мы можем вывести BD⊥AC. Тогда AC перпендикулярна плоскости BDH₂? Не совсем.

14. Давайте применим обратную теорему о трёх перпендикулярах более прямолинейно, как указано в подсказке.
Из условия: AH₁⊥(BCD) и H₁ — ортоцентр △BCD.
⇒BH₁⊥CD.
Так как AH₁⊥CD и BH₁⊥CD, то CD⊥(ABH₁)⇒CD⊥AB.
Аналогично BD⊥AC.

Теперь рассмотрим вершину B. Пусть H₂ — проекция B на (ACD).
Нам надо доказать, что H₂ — ортоцентр △ACD.
Мы знаем, что AB⊥CD.
Прямая AB — наклонная к плоскости (ACD). Её проекция на эту плоскость — это прямая AH₂ (так как H₂ — проекция B, а A лежит в плоскости).
По обратной теореме о трёх перпендикулярах: если наклонная AB перпендикулярна прямой CD в плоскости (ACD), то её проекция AH₂ также перпендикулярна CD.
Значит, AH₂⊥CD. Это одна из высот △ACD.

Далее, мы знаем, что AC⊥BD.
Прямая BC — наклонная к плоскости (ACD)? Нет, лучше рассмотреть наклонную CB к плоскости (ACD)? Нет, B проектируется в H₂.
Рассмотрим наклонную DB к плоскости (ACD)? Нет.
Вернемся к AC⊥BD.
Прямая BD — наклонная к плоскости (ACD). Её проекция на (ACD) — это DH₂ (так как H₂ — проекция B, а D в плоскости).
Так как BD⊥AC и AC лежит в плоскости (ACD), то по обратной теореме о трёх перпендикулярах проекция DH₂ перпендикулярна AC.
Значит, DH₂⊥AC. Это вторая высота △ACD.

Так как H₂ лежит на двух высотах треугольника ACD (AH₂ и DH₂), то H₂ является точкой пересечения высот этого треугольника (ортоцентром).

Следовательно, высота тетраэдра, проведённая из вершины B, проходит через ортоцентр противоположной грани ACD.

Аналогичные рассуждения справедливы для вершин C и D.

Проверка и вывод.

Логика цепочки: Ортоцентр основания → Перпендикулярность пар противоположных рёбер → Обратная теорема о трёх перпендикулярах для других вершин → Ортоцентр новых оснований. Все шаги обоснованы стандартными теоремами стереометрии. Утверждение доказано.