正交中心的存在
塞维昂人的海拔高度
以正交中心为圆心
$\Delta ABC$的正中心与$\Delta-A'B'C'$的外心重合，其边与$\Delta ABC$$的边平行 穿过后者的顶点 . 正交中心作为外圆心的等角共轭 除了是角$A的平分线外，$$l_{A}$ 也平分 由$h{a}$和包含$a.$的外切圆的直径形成的角度。由此可知，该直径和$h{a}$是彼此的等角图像。 顶点$B$和$C.$也是如此。因此，$H$是 等角共轭 的 圆心O . 正交中心作为增量
以$\增量ABC$，$\增量H表示_ {a} H（H）_ {b} H（H）_ {c} $被称为 北方的 三角形。 它有一个有趣的特性，即其角平分线实际上充当$\Delta ABC$的高度。 因此，在三角形中，角平分线是同时存在的，这意味着三角形中的高度也是同时存在的。 
在证明中，我将反复使用欧几里德的 提案III.21 关于 内接角 和 它的反面 .角度$BH_ {c} c类 ，$AH_ {a} B类 ，$AH_ {a} C类 ，BH美元_ {b} C类 美元没问题。 因此，我们得到了三个可在一个圆中书写的四边形：$BH_ {c} HH（小时）_ {a} ，BH美元_ {c} 小时_ {b} C类 、$和$CH_ {b} 小时_ {a} .$（美元） 每一个都有一对相等的角。 分别为：$\angle H_ {c} 伯克希尔哈撒韦 =\角度H_ {c} H（H）_ {a} H（H） ，$$\角度H_ {c} 伯克希尔哈撒韦_ {b} =\角度H_ {c} 中国_ {b} 、$和$\角度H_ {b} 中国 =\角度H_ {b} H（H）_ {a} H。 $只需注意，$\angle H_ {c} 伯克希尔哈撒韦 = \角度H_ {c} 伯克希尔哈撒韦_ {b} $和$\角度H_ {b} 赫 =\角度H_ {b} 中国_ {c} .$（美元） 最后，$\angle H_ {c} H（H）_ {a} H（H） =\角度H_ {b} H（H）_ {a} H（H） ，$证明$H_ {a} H（H） $是正三角形中的角平分线。 其他两个角度的处理方式类似。 通过欧拉线
这个 论点 这表明三个点——外圆心$O$、质心$M、$和正心$H$——位于同一直线上是可逆的。 事实上，在$\Delta ABC$中，考虑质心$M$和圆心$O$。如果它们重合，那么相应的中间点和垂直平分线也是如此。 换句话说，中位数垂直于两侧，因此与海拔高度一致。 然后，高度在三角形的质心处相交（在这种情况下明显是等边的） 假设点$O$和$M$是不同的。 它们定义了一条唯一的线，我们将在该线上考虑一个点，表示为$H，$，这样$MH=2\cdot OM$，$M$位于$O$和$H之间$ 自 另外，$AM=2\cdot MM_{a}，$$\Delta AHM$与$\DeltaM类似_ {a} 运营管理部。 $ 元素 六、 2个 意味着行$OM_{a}$和$AH$是并行的。 但前者与$BC$垂直，因此后者也是如此。 同样，$BH\perp AC$和$CH\perp AB$ 复杂变量
复变量II
两个简短的证明，其中第二个是我有史以来最清楚的证明 遇到了 . 向量代数I
给定$\Delta ABC$，选择任意点O作为原点，并考虑从O开始到三角形顶点结束的向量$OA、$$OB$和$OC$。 引入“边”向量：$AB=OB-OA、$$BC=OC-OB、$和$AC=OC-OA。$ 以类似的方式，将使用沿与三角形相关联的直线分布的其他向量。 假设$H$是$AH_{a}$和$BH_{b}.$的交点 然后$AH\perp； BC$和$BH\perp AC$ 标量积 正交向量的值为$0.$因此我们有两个方程 $（OH-OA）\cdot（OC-OB）$=0和$$ 从第二个等式中减去第一个等式，相乘并简化： $OH\cdot OB+OA\cdot OC-OB\cdot OC-OH \cdot OA=（OH-OC）\cdot（OB-OA）=CH\cdot AB=0$ 因此$CH\perp AB.$因此第三个高度$CH_{c}$通过前两个的交点。 向量代数II
现在让$O$成为$\Delta ABC$的圆心。 定义 $H$通过$OH=OA+OB+OC。$ 我们将显示$H$位于$\Delta ABC$的每个高度上。 例如， $\开始{align} AH\cdot BC&=（AO+OH）\cdot（BO+OC）\\ &=（-OA+OA+OB+OC）\cdot（OC-OB）\\ &=（OB+OC）\cdot（OC-OB）\\ &=OC\cdot OC-OB\cdot OB\\ &=OC^{2}-OB^{2{\\ &= 0, \结束{对齐}$ 因为O是$\Delta ABC$的圆心。 向量代数III
这很像向量代数的第一个证明，但我们从右边有价值的恒等式开始。 这一身份归属于L.Euler。 $AB\cdot CD+AC\cdot DB+AD\cdot BC=0$ 选择任意点$O$作为原点，对于一般点$X$，让$X$表示向量OX.$，则上述等式等价于 $（b-a）\cdot（d-c）+（c-a）\ cdot（b-d）+（d-a）\ cdot（c-b）=0$ 这可以用纯代数的方法来表示： $\开始{align} （b-a）\cdot（d-c）&=b\cdot d-a\cdot d-b\cdotc+a\cdotc\\ （c-a）\cdot（b-d）&=c\cdot b-a\cdot b\cdot d+a\cdotd\\ （d-a）\cdot（c-b）&=d\cdot c-a\cdot c-d\cdotb+a\cdotb。 \结束{对齐}$ 把这三个数字相加，就会取消右边的所有条件，使左边的总和为0$ 现在，让我们使用$D=H$作为高度的交集，例如$A$和$B.$。这意味着$AC\cdot HB=0$和$AH\cdot BC=0，$AB\cdot CH=0$ 初等几何，内接角
感谢Bianco的证明。 另见Altshiller-Court 大学几何 第94页。 设$H$是两个高度$BH_{b}$和$CH_{c}$的交点 我们要证明直线$AH$与$BC垂直$ 四边形$CH_ {b} H（H）_ {c} B类 $是循环的。 的确， 因为角度 在$H_{b}$和$H_}c}$正确时，四边形内切在直径为$BC的圆上 从这里开始，$\angle BCH_｛c｝=\angle BH_ {b} H（H）_ {c} .$（美元） 另一方面，四边形$AH_ {b} HH（小时）_ {c} $也是循环的，因为直径为$AH$的圆通过所有四个点。 因此，$\angle HH_ {b} H（H）_ {c} =\角度HAH_{c}.$ 结合这两个等式，我们得到$\angle BCH_{c}=\angle HAH_{c}$ 将$AH$扩展到$H.$之外。让$G$成为$AH$和$BC.$的交点 在三角形$CHG$和$AHH_{c}中，$$\angle GCH=\angle HAH_{c}$和$\angleCHG=\angleAHH_}c}.$ 因此，三角形是相似的。 这意味着$\angle HGC=\ angle HH_ {c} A类 =90^{\circ}$使$CG$成为第三个高度。 普通解析几何
（Vladimir Zajic）假设在卡提斯坐标系中有一个三角形$ABC$。 假设没有边平行于$2$坐标轴$（x，y）中的任何一个 如果是，我们总是可以将坐标系旋转一个与所有三角形内角不同的任意角度。 由于坐标轴$x$、$y$彼此垂直，并且每个高度都垂直于一侧，因此也没有高度与任何坐标轴平行。 假设$3$顶点的坐标为： $\开始{align} A=（x_{A}，y_{A{）\\ B=（x_{B}，y_{B{）\\ C＝（x_{C}，y_{C}）。 \结束{对齐}$ $3$边线的方程式为 $\开始{align} c&=AB:y-y{a}={（y{a{-y{b}）\cdotx+x{a}\cdoty_{b}-x{b}\cdot y_{a}}/（x{aneneneep-x{b}）\\ a&=BC:y-y{b}={（y{b{-y{c}）\cdotx+x{b}\cdoty_{c}-x{c}\cdot y_{b}}/（x{bneneneep-x{c}）\\ b&=CA:y-y_{c}={（y_{c}-y_{a}）\cdot x+x_{c{c}\cdot y_{a}-x_{a{}\ cdot y_c}}/。 \结束{对齐}$ 我们只需计算$1$方程，其他$2$由指数$A、$$B、$$C的循环置换给出$ 引理 当且仅当两条直线的切线乘积等于-1（减1）时，两条直线（与任何坐标轴都不平行）彼此垂直。 利用边线的切线、引理以及它们通过相应顶点的事实，得到了CH{c}、BH{c}、AH{a}三个高度的方程。 同样，我们只需要建立一个方程，其他两个方程由A、B、C的循环置换给出。 $\开始{align} CH_{c}：y-y_{c}&={-（x_{a}-x_{b}）\cdot x+（x_{a}-x_{b}）\cdot x_{c}}/（y_{a}-y_{b}）\\ AH{a}:y-y{a}&={-（x{b}-x{c}）\cdot x+\\ BH{b}:y-y_{b}&={-（x{c}-x{a}）\cdot x+（x{c}-x_{a}）\cdotx{b}}/（y_{c}-y_{a{}）。 \结束｛align｝$ 要找到交点（正交中心）的坐标，请取任意两个高度方程并求解$x$和$y.$例如，$CH_{c}\cap BH_{b}：$ $\开始{align} x_O&=（x{a}\cdotx{b}\cdot（y_{a}-y_{b}）+x{b{c}\cdotex{c}\ cdot（y_{b{-y_c}）\\ &+x{c}\cdotx{a}\cdot（y{c}-y{a}）-（y{a{-y{b}）\\ &/（x{c}\cdot y{b}-x{b}\cdoty y{c}+x{a}\cdotey y{c}-x}c}\cdot y{a}+x}b}\ cdot y_{a}-x[a}\CDoty y_{b}） \结束{对齐}$ $\开始{align} y_O&=（y_{a}\cdoty_{b}\cdot（x{a}-x{b}）+y_{b}\cdotey_{c}\cdop（x{b{-x{c}）\\ &+y{c}\cdoty{a}\cdot（x{c}-x{a}）-\\ &/（y{c}\cdotx{b}-y{b}\cdotex{c}+y{a}\cdot x{c{c}-y}c}\CDotx{a}+y}b}\ cdotx}a-y{a{a}\ cdot x}b}） \结束{对齐}$ 由于该解对于A、B、C的循环置换是不变的，因此遵循相同的坐标x O（运行） 和y O（运行） 是任意两个高度坐标的解，三个高度确实在一个点相交。 这也可以通过所有高度方程对的直接解进行验证。 平面几何
（Vladimir Zajic.）假设$\Delta ABC$，边$c=AB$是水平的，顶点$c$在上面。 将边$a=BC$和$b=CA$向上延伸到顶点$C之外$ 通过将顶点$a$和$b$的法线分别拖放到相对边$a=BC$和$b=CA，$来构造高度$h_{a}$和$h_}b}$。 表示$O$这两个高度的交点。 分别表示$H_{a}$和$H_}b}$高度$H_{a{$和$H_}b{$的英尺数（即它们与相应三角形边的交点）。 通过从顶点$O$到边$c=AB.$Denote$h_{c}$表示此高度的英尺，构造$\Delta ABO$的高度$h_}$。 向上延伸$\Delta ABO$的高度$h_{c}$，直到它与（延伸的）线$a=BC$和$b=CA.$相交。假设这些相交处可能彼此不同（请参见附图）。 分别表示交叉点$C_{a}$和$C_{b}，$。 然后是$OC_{a}\ltOC_{b}$或$OC_}a}\gtOC_{b}$ 
请注意，以下三角形对相似（因为每对中的两个三角形在顶点$O$处的角度相同，并且每个三角形都有一个直角）： $\增量AOH_{b}$和$\增量BOH_{a}$ $\增量AOH_{c}$和$\增量c_ {a} 俄亥俄州_ {一}$ $\增量BOH_{c}$和$\增量c_ {b} 俄亥俄州_ {b}$ 因此 $OA/OH_{b}=OB/OH_}$ $OA/OH_{c}=OC_{a}/OH_}$ $OB/OH_{c}=OC_{b}/OH_{b}$ 通过将前两个方程的左侧和右侧分开来消除$OA$和$OH_{a}$ $OH_{c}/OH_{b}=OB/OC_{a}$ 将结果的左侧和右侧以及第三个方程的右侧相乘，几乎可以消除所有其他内容： $OB/OH{b}=OC_{b}/OH{b}\cdot OB/OC{a}$ $OC_{b}/OC_{a}=1$ 线段$OC_{b}$和$OC_}a}$相等。 换句话说，直线$a$和$b$在正常的$h_{c}$上与从点$O$落下的直线$c$相交，并且点$c、$$c_{b}、$和$c_}a}$是相同的。 Q.E.D.公司。 高度作为根轴
（Vladimir Zajic.）在$\Delta ABC$的$BC、$$AC、$和$AB$两侧形成三个圆$C_{a}、$$C_}b}、$和$C_{C}$作为直径。 圆圈$C_{a}$和$C_}b}$在$C$和另一点相交。 这一点位于$AB$上，实际上是海拔$CH_{c}$的底部$h_{c{$ 实际上，让$K$是$C_{a}$与$AB.$的交点（而不是$B$），然后$\angle CKB=90^{\circ}，$使$CK$垂直于$AB.$K=H_{C}.$ 类似地，圆圈$C_{b}$在$h_{C}$（当然还有$A）处与$AB$相遇。我们得出结论，两个圆圈$C_{A}$和$C_}b}$显然在$C处相遇，$也在$h_{C{.$相遇$ 因此CH_{c}$是 径向轴 两个圆圈中的一个。 转到另一侧和成对的圆，我们看到$\Delta ABC$的高度充当成对的圆圈$C_{a}、$$C_}b}、$和$C__{C}$的根轴。 正如我们所知 ，三个圆的成对根轴在一个点上一致，三角形的三个高度也是如此。 （一个更一般的说法出现在 论圆与球 柯立芝（J.L.Coolidge）：三角形的正心是任意三个圆的根心，每个圆都有一个直径，其末端是一个顶点和另一条边线上的一个点，但没有两个圆穿过同一个顶点。 证据几乎是一样的。） 通过卡诺定理
身份 (1) $AC'^｛2｝-BC'^｛2｝+BA'^｛2｝-CA'^｛2｝+CB'^｛2｝-AB'^｛2｝=0$ 在里面 卡诺定理 是 易于验证 当$AA'、$$BB'和$$CC'$是$\Delta ABC$的高度时。 1749年的证明
一位前记者给我发了一封惊喜短信（2010年1月20日）： 这是威廉·查普尔证明三角形的高度是重合的。 它来自 数学杂项 第九期，由弗朗西斯·霍利迪编辑，Cave出版。据我所知，这本书于1745年出版，每年发行两期，出版日期定在1749年，即出版一本精选版的年份。。。 William Chapple的演示参考下图： 
我把证据放在 单独的一页 以及托马斯·斯蒂芬斯·戴维斯（Thomas Stephens Davies）在 哲学杂志 1850年。 还有一个最近的证据
该证明由塞尔维亚小学教师V.Nikolin提供，并基于以下图表： 
短校样可在 单独的页面 . 简化的分析证明
这张和接下来的3张校样是由米歇尔·卡巴特（2011年2月1日）完成的。 
让我们把边$BC$作为$x$轴，把高度$AH，$作为$y$轴，这样原点就是$H。坐标是$A（0，A），$$B（B，0）$和$C（C，0） 我们想证明$L$和$K$的交点具有相同的纵坐标。 $AB$的斜率为$-a/b$，因此$CC’$的斜度为$b/a$，$CC’美元的方程式为 $y=（b/a）\cdot（x-c）=（b/a）x-（bc/a）$ 因此，$K$的纵坐标是$-bc/a$。这在$b$和$c中是对称的，所以我们肯定会找到$L的相同结果$ 简短几何证明
参考前面证明中的图表，三角形$AHB$和$CHL$是相似的（带有$\angle HAB=\angle HCL的矩形三角形），$因此$HB\cdot HC=HA\cdot HL.$ 通过对称（或考虑三角形$AHC$和$BHK）$，我们得到$HB\cdot HC=HA\cdot HK.$因此$HK=HL$和$K=L$ 投影证明（Chasles）
让我们按此顺序考虑四边形HABC，$H$是任意点。 
根据Desargues定理，无穷远处的直线在对合的三对点中切割$AB$和$CH、$$AC$和$BH、$$BC$和$AH$：$C'-H1、$$B'-H2、$$A'-H3。如果两对直线垂直，对合的两个点就是循环点。 那么第三对线也是垂直的。 Dušan Vallo的三角证明
已在 单独的页面 . 
从3D角度看高度的一致性
斯图亚特·安德森想出了一个 证明 这得益于将三角形嵌入到$3D中$ 
动态插图 也可用。
参考文献
N.Altshiller法院， 大学几何 1980年，多佛 J.L.Coolidge， 论圆与球 ，AMS-切尔西出版社，1971年 H.S.M.Coxeter、S.L.Greitzer、， 重新访问的几何图形 ，MAA，1967年 H.S.M.Coxeter， 几何学导论 约翰·威利父子公司，1961年 D.佩多， 几何学：综合课程 1970年，多佛 V.V.Prasolov， 关于数字和数字的论文 ，AMS，2000年
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