10856. Дана равнобедренная трапеция ABCD
с основаниями AB\gt CD
. Точки M
и N
лежат на боковых сторонах AD
и BC
соответственно, причём MN\parallel AB
. Точка — проекция вершины D
на прямую AB
. Прямые DD'
и BM
пересекаются в точке E
, прямые BD
и AE
— в точке F
, а прямые NF
и CD
— в точке P
. Докажите, что AP\perp AB
.
Решение. По теореме Чевы из треугольника ABD
получаем
\frac{AD'}{D'B}\cdot\frac{BF}{FD}\cdot\frac{DM}{MA}=1.
По теореме Менелая для треугольника BCD
и прямой NF
получаем
\frac{BN}{NC}\cdot\frac{CP}{PD}\cdot\frac{DF}{FB}=1.
Прямые MN
и AB
параллельны, поэтому
\frac{MA}{MD}=\frac{NB}{NC}~\Rightarrow~\frac{MA}{MD}\cdot\frac{NC}{NB}=1.
Перемножив эти три равенства, получим
\frac{D'A}{D'B}\cdot\frac{PC}{PD}=1.
Обозначим AB=a
и CD=c
. Тогда
D'A=\frac{a-c}{2},~D'B=\frac{a+c}{2}
(см. задачу 1921). Значит,
1=\frac{D'A}{D'B}\cdot\frac{PC}{PD}=\frac{\frac{a-c}{2}}{\frac{a+c}{2}}\cdot\frac{PD+c}{PD}=\frac{a-c}{a+c}\cdot\frac{PD+c}{PD},
откуда
PD=\frac{a-c}{2}=AD'.
Тогда APDD'
— прямоугольник. Следовательно, AP\perp AB
. Что и требовалось доказать.