10397. Отрезок CH
— высота трапеции ABCD
. Известно, что AB=BC=CD
. Докажите, что перпендикуляр, опущенный из точки H
на AC
, проходит через середину BD
.
Решение. Пусть AD
— большее основание данной трапеции. Из равенства сторон трапеции следует, что
\angle CAD=\angle CAB=\angle BCA=\angle DBC=\angle CDB=\angle BDA.
Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Пусть M
— основание перпендикуляра, опущенного из H
на AC
, а N
— точка его пересечения с отрезком BD
(рис. 1). Тогда
\angle MHC=90^{\circ}-\angle MCH=\angle CAH.
Учитывая исходное равенство, получим, что \angle NHC=\angle NDC
, значит, четырёхугольник NHDC
— вписанный. Значит,
\angle CND=\angle CHD=90^{\circ},
т. е. CN
— высота равнобедренного треугольника BCD
. Следовательно, N
— середина BD
.
Второй способ. Пусть N
— середина BD
, M
— основание перпендикуляра, опущенного из точки N
на AC
, а H
— точка его пересечения с отрезком AD
(рис. 2). Докажем, что \angle CHD=90^{\circ}
.
Пусть K
— точка пересечения CN
и AD
. Тогда треугольник CDK
равнобедренный, значит, CN=NK
. Учитывая, что
\angle NKH=90^{\circ}-\angle BDA=90^{\circ}-\angle CAH=\angle NHK,
получим, что CN=NK=NH
. Следовательно (см. задачу 1188), \angle CHK=90^{\circ}
. Что и требовалось доказать.
Третий способ. Пусть N
и F
— середины диагоналей BD
и AC
, а прямая BF
пересекает основание AD
в точке E
(рис. 3). Тогда BF\perp AC
, т. е. в треугольнике ABE
отрезок AF
является высотой и биссектрисой. Следовательно, ABCE
— ромб.
Треугольник ECD
— равнобедренный, так как CE=AB=CD
, поэтому H
— середина ED
. Прямые HN
и BE
параллельны, так как HN
— средняя линия в треугольнике BDE
. Учитывая, что BE\perp AC
, получим, что HN\perp AC
.
Примечание. Для случая, когда BC
— большее основание, доказательство аналогично.
Автор: Филипповский Г. Б.
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2011, № 4, 8-9 классы