|
|
 |
Условие
Даны трапеция ABCD и перпендикулярная её основаниям AD и BC прямая l. По l движется точка X. Перпендикуляры, опущенные из A на BX и из D на CX пересекаются в точке Y. Найдите ГМТ Y.
Решение 1
Пусть XU, YV– высоты треугольников BXC, AYD (рис. слева). Тогда ∠YAV = ∠BXU и ∠YAD = ∠CXU как углы с перпендикулярными сторонами. Следовательно, треугольник AVY подобен треугольнику XUB, а треугольник DVY – треугольнику XUC. Отсюда следует, что отношение
AV : VD = CU : UB не зависит от точки X, то есть точка Y лежит на прямой l', перпендикулярной AD. Легко видеть, что все точки этой прямой принадлежат искомому ГМТ.
Решение 2
Так как прямые BX и AY перпендикулярны, то согласно задаче 57134 YB² – YA² = YX² – AX². Аналогично DC² – YC² = DX2 – YX². Сложив, получим, что YB² – YC² = (DX² – AX²) + (AB² – DC²). Разность в первой скобке постоянна по определению точки X. Следовательно (согласно той же задаче), все точки Y лежат на прямой, перпендикулярной BC.
Решение 3
Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке P. Рассмотрим гомотетию с центром в точке P, переводящую отрезок BC в отрезок AD. Пусть X' – образ X. Прямые BX и CX переходят в параллельные прямые AX' и DX'. Следовательно, углы X'AY и X'DY – прямые, то есть точки A и D лежат на окружности с диаметром X'Y. При этом точка X' движется по фиксированной прямой l', параллельной l.
Пусть Q, R – проекции точек X', Y на AD (рис. справа). Поскольку середина диаметра X'Y проецируется в середину хорды AD, то по теореме Фалеса AQ = DR. Точка Q фиксирована, следовательно, Y движется по прямой, проходящей через точку R и перпендикулярной основаниям.
Ответ
Прямая l', перпендикулярная основаниям трапеции и делящая отрезок AD в таком же отношении, в каком l делит CB.
