Задача из журнала «Квант» (1981 год, 1-й выпуск)

Условие

Дан четырехугольник $ABCD$ площади $S$. Обозначим точки пересечения высот треугольников $ABC$, $BCD$, $CDA$, $DAB$ через $H,$ $K,$ $L,$ $M$ соответственно. Докажите, что площадь четырехугольника $HKLM$ тоже равна $S$.

Решение

Самое простое аналитическое решение этой задачи получается с помощью операции псевдоскалярного произведения векторов: $\vec{a}\wedge\vec{b}=\mid\vec{a}\mid\mid\vec{b}\mid\sin\phi$, где $\phi$ — угол, на который нужно повернуть вектор $\vec{a}$ против часовой стрелки, чтобы его направление совпало с направлением вектора $\vec{b}$. Геометрический смысл числа $\vec{a}\wedge\vec{b}$ — ориентированная, площадь параллелограмма, построенного на векторах $\vec{a}$ и $\vec{b}$ (рис. 1). Нужные нам свойства:

1. $(\vec{a}+\vec{b})\wedge\vec{c}=\vec{a}\wedge\vec{c}+\vec{b}\wedge\vec{c}$
2. $\vec{a}\wedge\vec{b}=-\vec{b}\wedge\vec{a}$
3. $\vec{a}\wedge\vec{b}=0$, если векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ коллинеарны. Следуют из того, что $\vec{a}\wedge\vec{b}$ равно скалярному произведению вскторов $\vec{b}$ и $R^{90^{\circ}}(\vec{a})$.

Удобно ввести «симметричные» обозначения: пусть $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ — данный четырехугольник, $H_{1}, H_{2}, H_{3} и H_{4}$ — точки пересечений высот треугольников $A_{2}A_{3}A_{4}, A_{3}A_{4}A_{1}$, $A_{4}A_{1}A_{2}$ и $A_{1}A_{2}A_{3}$, соответственно, а $\vec{a_{i}}$ и $\vec{h_{i}}$ — векторы, идущие из фиксированной точки $O$ в $A_{i}$ и $H_{i}$ $(i= 1, 2, 3, 4)$.

Докажем, что треугольники $A_{1}A_{2}A_{3}$ и $H_{1}H_{2}H_{3}$ равновелики (имеют одинаковую площадь) и одинаково ориентированы. Поскольку удвоенная площадь $\triangle$$A_{1}A_{2}A_{3}$ (с учётом ориентации) равна $\overrightarrow{A_{1}A_{2}}\wedge\overrightarrow{A_{1}A_{3}}=(\vec{a_{2}}-\vec{a_{1}})\wedge(\vec{a_{3}}-\vec{a_{1}})=\vec{a_{1}}\wedge\vec{a_{2}}+\vec{a_{2}}\wedge\vec{a_{3}}+\vec{a_{3}}\wedge\vec{a_{1}},$ мы должны доказать равенство $$\begin{equation} \label{eq:first} \vec{a_{1}}\wedge\vec{a_{2}}+\vec{a_{2}}\wedge\vec{a_{3}}+\vec{a_{3}}\wedge\vec{a_{1}}=\vec{h_{1}}\wedge\vec{h_{2}}+\vec{h_{2}}\wedge\vec{h_{3}}+\vec{h_{3}}\wedge\vec{h_{1}}.\end{equation}$$ Для этого мы используем лишь тот факт, что $\left[A_{i}H_{j}\right]\parallel\left[A_{j}H_{i}\right]$ при всех $i \neq j$. Скажем, $\left[A_{1}H_{2}\right]\parallel\left[A_{2}H_{1}\right]$, поскольку они перпендикулярны $\left[A_{3}A_{4}\right]$; поэтому $(\vec{a_{1}}-\vec{h_{2}})\wedge(\vec{a_{2}}-\vec{h_{1}})=0$ Сложив три равенства: $$\vec{a_{1}}\wedge\vec{a_{2}}-\vec{h_{1}}\wedge\vec{h_{2}}=\vec{a_{1}}\wedge\vec{h_{1}}-\vec{a_{2}}\wedge\vec{h_{2}}.$$ $$\vec{a_{2}}\wedge\vec{a_{3}}-\vec{h_{2}}\wedge\vec{h_{3}}=\vec{a_{2}}\wedge\vec{h_{2}}-\vec{a_{3}}\wedge\vec{h_{3}}$$ $$\vec{a_{3}}\wedge\vec{a_{1}}-\vec{h_{3}}\wedge\vec{h_{1}}=\vec{a_{3}}\wedge\vec{h_{3}}-\vec{a_{3}}\wedge\vec{h_{1}}$$

получим $\eqref{eq:first}$.

Разумеется, так же доказывается вообще, что треугольники $A_{i}A_{j}A_{k}$ и $H_{i}H_{j}H_{k}$, равновелики и одинаково ориентированы (для всех $i \neq j \neq k$ ); в частности, это относится к треугольникам $A_{3}A_{4}A_{1}$ и $H_{3}H_{4}H_{1}$. Отсюда, следует равенство площадей четырехугольников $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ и $H_{1}H_{2}H_{3}H_{4}$.

Более того, оба эти четырёхугольника будут одновременно либо (а) выпуклыми, либо (б) невыпуклыми, но несамопересекающимися, либо (в) самопересекающимися: если все четыре треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}, A_{2}A_{3}A_{4}, A_{3}A_{4}A_{1}, A_{4}A_{1}A_{2}$ имеют одинаковую ориентацию, то (а), если один отличается по ориентации от трех других — (б); если «счет ничейный» 2:2 — (в).

Если бы мы попытались перевести это решение на элементарно геометрический язык, получилась бы громоздкая картина из множеств параллелограммов, очевидные соотношения между площадями которых запутаны из-за особенностей расположения. Более элегантное геометрическое решение (требующее, однако, некоторых вычислений: в частности оно использует формулу $\tan\alpha+\tan\beta=(1-\tan\alpha\tan\beta){\tan(\alpha+\beta)})$ основано на полезных соотношениях, показанных на рисунке 2, где $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC$. $O$ — центр описанной вокруг него окружности, $K$ — середина стороны $AB$).

На этом пути сразу ясно, что для четырёхугольника $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$, вписанного в окружность, «ортоцентрический» четырёхугольник $H_{1}H_{2}H_{3}H_{4}$ будет ему не только равновелик, но и конгруэнтен (в общем случае, как следует из равенства, площадей треугольников $A_{i}A_{j}A_{k}$ и $H_{i}H_{j}H_{k}$ эти четырёхугольники аффинно эквивалентны, то есть один получается из другого линейным преобразованием координат).

Б. Батырев. Н. Васильев. В. Трофимов