Olimpíadas ⇒ alturas Tópico resolvido

[rean]

Mostre que as alturas de um triângulo se encontram em um mesmo ponto chamado ortocentro.

[petrasMOD]

up...............................

[FelipeMartinMOD]

seja [tex3]r_a[/tex3] a reta que passa por [tex3]A[/tex3] e é paralela a [tex3]BC[/tex3]. Analogamente, [tex3]B \in r_b \parallel AC[/tex3] e [tex3]C \in r_c \parallel AB[/tex3].

Sejam [tex3]A' = r_b \cap r_c, B' = r_a \cap r_c[/tex3] e [tex3]C' = r_a \cap r_b[/tex3]. É óbvio que [tex3]\triangle ABC \sim \triangle A'B'C'[/tex3], pois seus lados são todos paralelos entre si. Ademais, [tex3]CBAB'[/tex3] é paralelogramo, logo [tex3]CB' = BA[/tex3]. Analogamente, [tex3]CA' = BA[/tex3], de forma que [tex3]C[/tex3] é ponto médio de [tex3]A'B'[/tex3]. Oras, como [tex3]\overleftrightarrow{A'B'} = r_c \parallel AB[/tex3], então a altura [tex3]h_C[/tex3], relativa ao vértice [tex3]C[/tex3] no [tex3]\triangle ABC[/tex3], é perpendicular a [tex3]A'B'[/tex3] (pois ela é perpendicular a [tex3]AB[/tex3]). Pronto: [tex3]h_C[/tex3] é mediatriz de [tex3]A'B'[/tex3]. Como as mediatrizes do [tex3]\triangle A'B'C'[/tex3] concorrem em seu circuncentro [tex3]H[/tex3], então as alturas do [tex3]\triangle ABC[/tex3] concorrem neste mesmo ponto, que chamamos ortocentro do [tex3]\triangle ABC[/tex3].

[petrasMOD]

Outra solução:(figura anexa)
Sejam AL, BM e CN as alturas do triângulo ∆ABC. E fácil ver que
[tex3]\mathtt{∆ANC ∼ ∆AMB ⇒\frac{AN}{MA} =\frac{AC}{AB} (I)\\
∆BLA ∼ ∆BNC ⇒\frac{BL}{NB} =\frac{AB}{BC} (II)\\
∆CMB ∼ ∆CLA ⇒\frac{CM}{LC} =\frac{BC}{AC} (III)\\
(I).(II).(III)=\\
\frac{AN}{MA} ·\frac{BL}{NB} ·\frac{CM}{LC} =\frac{AC}{AB} ·\frac{AB}{B} ·\frac{BC}{AC} = 1}[/tex3]
ou seja, as alturas são concorrentes.
(Solução:Prof. CíceroThiago)

Outra solução: a partir de um triângulo, traçar paraleas aos lados formando um triângulo maior cujos vértices do triângulo menor serão os pontos médios do triângulo maior(demonstração através dos ângulos formado por paralelas) e as alturas do triângulo menor serão as mediatrizes do triângulo maior e como elas comcorrem em um ponto fica demonstrado o que se pede.

[FelipeMartinMOD]

Outra solução: Como [tex3]O[/tex3] e [tex3]H[/tex3] são conjugados isogonais, a existência de [tex3]O[/tex3] garante a existência de [tex3]H[/tex3].

Outra solução:

[tex3]\triangle ANC ∼ \triangle AMB ⇒\frac{AN}{MA} =\frac{AC}{AB} (I)\\
\triangle BLA ∼ \triangle BNC ⇒\frac{BL}{NB} =\frac{AB}{BC} (II)\\
\triangle CMB ∼ \triangle CLA ⇒\frac{CM}{LC} =\frac{BC}{AC} (III)\\
(I).(II).(III)=\\
\frac{AN}{MA} ·\frac{BL}{NB} ·\frac{CM}{LC} =\frac{AC}{AB} ·\frac{AB}{B} ·\frac{BC}{AC} = 1[/tex3]
e, conhecendo-se o teorema de Ceva ( https://pt.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_Ceva ), sabe-se que as alturas são concorrentes.

Outra solução:
Vetorialmente, o ponto [tex3]H = \frac{A \tg A + B \tg B + C \tg C}{\tg A + \tg B + \tg C}[/tex3] se encontra sobre as alturas do triângulo [tex3]\triangle ABC[/tex3] e portanto as três concorrem em [tex3]H[/tex3]