Задача No. 107792

Решение

Первый случай. Продлим медиану AA₁ на ее длину и достроим треугольник до параллелограмма ABDC (рис.). Напомним, что биссектриса делит основание

треугольника на отрезки, пропорциональные сторонам:

$\displaystyle {\frac{A_2B}{A_2C}}$ = $\displaystyle {\frac{AB}{AC}}$ .

Из обобщенной теоремы Фалеса следует (см. комментарий), что K делит AD в такой же пропорции:

$\displaystyle {\frac{KD}{KA}}$ = $\displaystyle {\frac{A_2B}{A_2C}}$ = $\displaystyle {\frac{AB}{AC}}$ = $\displaystyle {\frac{CD}{AC}}$

(заметим, что мы используем теорему Фалеса в несколько непривычной конфигурации). Значит, точка K делит AD в том же отношении, что и биссектриса угла ACD (по свойству биссектрисы треугольника). Из этого следует, что CK и есть биссектриса! Итак, AA₂ и CK перпендикулярны как биссектрисы внутренних односторонних углов при параллельных прямых.

Последнее свойство доказывается так. Пусть R — точка пересечения этих биссектрис. Тогда

$\displaystyle \angle$ RAC + $\displaystyle \angle$ RCA = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ ( $\displaystyle \angle$ BAC + $\displaystyle \angle$ DCA) = $\displaystyle {\frac{1}{\relax 2}}$ ^.180^o = 90^o.

Второй случай. Используем замечательное свойство трапеции (см. комментарий): середины оснований,

точка пересечения диагоналей и точка пересечения прямых, содержащих боковые стороны, лежат на одной прямой.

Продолжим отрезок CK до пересечения с прямой AB в точке C₁ (рис.). Из того, что в трапеции AKA₂C середина B₁ основания AC, точка пересечения диагоналей R и точкапересечения продолжений боковых сторон A₁ лежат на одной прямой, следует, что R принадлежит средней линии A₁B₁ треугольника ABC. Поэтому CR = RC₁. Таким образом, в треугольнике CAC₁ отрезок AR является медианой и биссектрисой одновременно, а значит, и высотой.

Комментарии. 1^o. Обобщенная теорема Фалеса.

Пусть на прямой k выбраны точки A₁, A₂ и A₃, а на прямой l — точки B₁, B₂ и B₃, причем A₁B₁ || A₂B₂ || A₃B₃. Тогда

$\displaystyle {\frac{A_1A_2}{A_2A_3}}$ = $\displaystyle {\frac{B_1B_2}{B_2B_3}}$ .

Для доказательства проведем прямую, параллельную прямой l через точку A₂. Пусть она пересекает прямые A₁B₁ и A₃B₃ в точках C₁ и C₃ соответственно. Тогда A₂C₁B₁B₂ — параллелограмм, поэтому A₂C₁ = B₂B₁. Аналогично, A₂C₃ = B₂B₃. Остается воспользоваться подобием треугольников A₁A₂C₁ и A₃A₂C₃.

2^o. Замечательное свойство трапеции. Пусть M и N — середины оснований трапеции, P — точка пересечения диагоналей, Q — точка пересечения продолжений боковых сторон. Замечательное свойство трапеции заключается в том, что эти четыре точки лежат на одной прямой. Это свойство проще всего доказать с помощью гомотетии. Существует гомотетия с центром P, переводящая одно основание трапеции в другое. Поэтому точка P лежит на прямой MN. Кроме того, существует гомотетия с центром Q, переводящая одно основание трапеции в другое. Поэтому точка Q тоже лежит на прямой MN.

Условие

Решение