10572. В выпуклом четырёхугольнике ABCD
углы A
и C
равны. На сторонах AB
и BC
нашлись соответственно точки M
и N
такие, что MN\parallel AD
и MN=2AD
. Пусть K
— середина отрезка MN
, а H
— точка пересечения высот треугольника ABC
. Докажите, что прямые KH
и CD
перпендикулярны.
Решение. Первый способ. Пусть A'
— точка, симметричная точке M
относительно вершины A
, а C'
— точка, симметричная точке N
относительно вершины C
(рис. 1). Тогда точка D
лежит на отрезке A'N
, причём D
— середина A'N
, AD
— средняя линия треугольника A'MN
, а CD
— средняя линия треугольника A'NC'
, CD\parallel A'C'
. Значит,
\angle NC'A'=\angle NCD=\angle MAD=180^{\circ}-\angle A'MN,
поэтому четырёхугольник A'MNC'
вписанный. По теореме Монжа (см. задачу 5706) перпендикуляры, опущенные из середин сторон этого четырёхугольника на противоположные стороны, пересекаются в одной точке. Поскольку AH
и CH
— два таких перпендикуляра, то это точка H
. Следовательно, прямая KH
, проходящая через середину K
стороны MN
четырёхугольника A'MNC'
, перпендикулярна прямой A'C'
, а значит, и параллельной ей прямой CD
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Достаточно доказать, что точка H'
пересечения высот треугольника CKD
совпадает с H
.
Четырёхугольник AMKD
— параллелограмм (рис. 2), поэтому KD\parallel AB
, а так как CH'\perp KD
, то CH'\perp AB
. Остаётся доказать, что AH'\perp BC
.
Поскольку
\angle DCN=\angle DAM=\angle DKM,
четырёхугольник DKNC
вписан в некоторую окружность. Пусть CX
— её диаметр. Тогда XK\perp CK
, поэтому XK\parallel DH'
. Аналогично, XD\parallel KH'
, поэтому DXKH'
— параллелограмм. Значит, при центральной симметрии относительно середины его диагонали DK
точка H'
переходит в X
. Поскольку AD=\frac{1}{2}MN=KN
и AD\parallel MN
, четырёхугольник ADNK
также параллелограмм. Значит, при той же симметрии точка N
переходит в A
, поэтому AH'NX
— также параллелограмм. Значит, AH'\parallel XN
, а так как \angle XNC=90^{\circ}
(точка N
лежит на окружности с диаметром CX
), то AH'\perp XN
. Что и требовалось.
Третий способ. Достаточно доказать, что K
— точка пересечения высот треугольника CHD
(рис. 3).
Как и в предыдущем способе, из параллелограмма AMKD
получаем, что DK\parallel AB
, а так как CH\perp AB
, то DK\perp CH
. Осталось доказать, что CK\perp DH
.
Пусть прямые DK
и BC
пересекаются в точке V
. Поскольку DV\parallel AB
, на AB
найдётся такая точка U
, что BVDU
— параллелограмм. Стороны треугольников KVN
и AUD
соответственно параллельны, причём AD=KN
. Значит, эти треугольники равны, поэтому AU=KV
и
\angle AUD=\angle KVN=\angle DVC,
а так как по условию \angle UAD=\angle VCD
, то треугольники AUD
и CVD
подобны. Следовательно, \frac{DU}{DV}=\frac{AU}{CV}=\frac{KV}{CV}
.
Пусть H_{A}
и H_{C}
— точки пересечения высот треугольников AUD
и CVD
соответственно. Тогда DH_{A}HH_{C}
— параллелограмм. Из подобия этих треугольников получаем, что \frac{DH_{A}}{DH_{C}}=\frac{DU}{DV}
. Таким образом,
\frac{DH_{A}}{HH_{A}}=\frac{DH_{A}}{DH_{C}}=\frac{DU}{DV}=\frac{KV}{CV}
и \angle DH_{A}H=\angle KVC
(как углы с соответственно перпендикулярными сторонами). Значит, треугольники DH_{A}H
и KVC
подобны. Следовательно, DH\perp CK
(две стороны одного треугольника перпендикулярны двум соответствующим сторонам подобного ему треугольника, значит, и третьи стороны этих треугольников перпендикулярны). Что и требовалось.