11496. Дана трапеция ABCD
с основаниями AD
и BC
. Перпендикуляр, опущенный из точки A
сторону CD
, проходит через середину диагонали BD
, а перпендикуляр, опущенный из точки D
на сторону AB
, проходит через середину диагонали AC
. Докажите, что трапеция равнобокая.
Решение. Первый способ (основан на работе участника олимпиады А.Маланьина). По замечательному свойству трапеции (см. задачу 1513) точка P
пересечения продолжений боковых сторон, точка O
пересечения диагоналей и середина M
основания AD
лежат на одной прямой (рис. 1). Пусть L
и K
— середины диагоналей BD
и AC
соответственно. Тогда KL\parallel AD
(см. задачу 1226), т. е. AKLD
— тоже трапеция, и по её замечательному свойству точка O
, точка H
пересечения её диагоналей и точка M
лежат на одной прямой. Следовательно, точки P
, H
и M
лежат на одной прямой.
Рассмотрим треугольник APD
. В нём H
— точка пересечения высот, проведённых к сторонам AP
и DP
, значит, медиана PM
проходит через его ортоцентр и является высотой. Таким образом, треугольник APD
равнобедренный. Следовательно, и трапеция ABCD
равнобокая.
Второй способ. Пусть перпендикуляры, проведённые к сторонам AB
и CD
пересекаются в точке H
. Продлим их до пересечения с прямой BC
в точках P
и Q
соответственно (рис. 2). Поскольку AQ
пересекает BD
в середине и PQ\parallel AD
, четырёхугольник ABQD
— параллелограмм. Следовательно,
AB=DQ,~\angle AQD=\angle BAQ.
Аналогично, APCD
—параллелограмм, и
CD=AP,~\angle APD=\angle PDC.
Отметим, что \angle BAQ=\angle PDC
как дополняющие вертикальные углы при вершине H
до 90^{\circ}
. Тогда и \angle AQD=\angle APD
. Значит, трапеция APQD
вписанная. Следовательно, она равнобокая (см. задачу 5003). Тогда
AB=DQ=AP=CD.
Что и требовалось доказать.
Примечание. (К первому способу.) Идею с ортоцентром можно реализовать и без использования замечательного свойства трапеции, рассмотрев треугольник KLM
.