10330. Даны трапеция ABCD
и перпендикулярная её основаниям AD
и BC
прямая l
. По прямой l
движется точка X
. Перпендикуляры из точки A
на прямую BX
и из точки D
на прямую CX
пересекаются в точке Y
. Найдите ГМТ Y
.
Ответ. Прямая l'
, перпендикулярная основаниям трапеции и делящая отрезок AD
в таком же отношении, в каком прямая l
делит отрезок CB
.
Решение. Первый способ. Пусть XU
и YV
— высоты треугольников BXC
и AYD
(рис. 1). Тогда
\angle YAV=\angle BXU~\mbox{и}~\angle YDA=\angle CXU
как углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Следовательно, треугольник AVY
подобен треугольнику XUB
, а треугольник DVY
— треугольнику XUC
. Отсюда получаем, что отношение AV:VD=CU:UB
не зависит от точки X
, т. е. Y
лежит на прямой l'
.
Легко видеть, что все точки этой прямой принадлежат искомому ГМТ.
Второй способ. Геометрическое место точек, разность квадратов расстояний от которых до концов отрезка постоянна, есть прямая, перпендикулярная данному отрезку (см. задачу 2445). Поэтому достаточно доказать, что разность YB^{2}-YC^{2}
постоянна.
Прямые BX
и AY
перпендикулярны, поэтому
YB^{2}-AB^{2}=YX^{2}-AX^{2}.
Аналогично,
DC^{2}-YC^{2}=DX^{2}-YX^{2}.
Сложив эти равенства, получим, что
YB^{2}-YC^{2}=(DX^{2}-AX^{2})+(AB^{2}-DC^{2}).
Разность в первой скобке постоянна по определению точки X
. Следовательно, все точки Y
лежат на прямой, перпендикулярной BC
.
Третий способ. Пусть прямые AB
и CD
пересекаются в точке P
(рис. 2). Рассмотрим гомотетию с центром в точке P
, переводящую отрезок BC
в отрезок AD
. Пусть X'
— образ точки X
. Прямые BX
и CX
переходят в параллельные прямые AX'
и DX'
. Следовательно, углы X'AY
и X'DY
— прямые, а четырёхугольник X'AYD
— вписанный. При этом точка X'
движется по фиксированной прямой l'
, параллельной l
.
Пусть Q
и R
— проекции точек X'
и Y'
на AD
(рис. 2). Тогда AQ=DR
(см. задачу 686). Точка Q
фиксирована, следовательно, Y
движется по прямой, проходящей через точку R
и перпендикулярной основаниям.