6022. Точки M
и N
— середины диагоналей соответственно AC
и BD
прямоугольной трапеции ABCD
(\angle A=\angle D=90^{\circ}
). Описанные окружности треугольников ABN
и CDM
пересекают прямую BC
в точках Q
и R
соответственно. Докажите, что точки Q
и R
равноудалены от середины отрезка MN
.
Указание. Пусть X
, Y
, E
и E
— проекции точек соответственно N
, M
, D
и A
на прямую BC
. Тогда треугольник XQN
подобен треугольнику ABD
, а треугольник CDE
— треугольнику BAF
.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Пусть X
и Y
— проекции точек соответственно N
и M
на прямую BC
. Тогда утверждение задачи равносильно равенству RY=QX
.
Отрезок AN
— медиана прямоугольного треугольника ABD
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому треугольник ANB
равнобедренный, \angle NAB=\angle NBA
. Вписанные углы NQB
и NAB
опираются на одну и ту же дугу, значит,
\angle NQX=\angle NQB=\angle NAB=\angle NBA=\angle DBA.
Прямоугольные треугольники XQN
и ABD
подобны по двум углам, следовательно, \frac{QX}{NX}=\frac{AB}{AD}
. Аналогично находим, что \frac{RY}{MY}=\frac{CD}{AD}
. Таким образом, RY=\frac{CD\cdot MY}{AD}
и QX=\frac{NX\cdot AB}{AD}
.
Пусть E
и F
— проекции точек соответственно D
и A
на прямую BC
. Из подобия прямоугольных треугольников CDE
и BAF
получаем, что \frac{CD}{AB}=\frac{DE}{AF}
, а так как MY
и NX
— средние линии треугольников ACF
и CDE
, то
\frac{CD}{AB}=\frac{DE}{AF}=\frac{2NX}{2MY}=\frac{NX}{MY}.
Значит,
\frac{RY}{QX}=\frac{\frac{CD\cdot MY}{AD}}{\frac{NX\cdot AB}{AD}}=\frac{CD\cdot MY}{NX\cdot AB}=\frac{CD}{AB}\cdot\frac{MY}{NX}=\frac{NX}{MY}\cdot\frac{MY}{NX}=1.
Следовательно, RY=XQ
. Что и требовалось доказать.
Автор: Швецов Д. В.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2013, IX, заочный тур, № 14, 9-11 классы