7-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2011 год

В трапеции $ABCD$ точки $M$ и $N$ — середины оснований $AD$ и $BC$ соответственно.
а) Докажите, что трапеция равнобедренная, если известно, что точка пересечения серединных перпендикуляров к боковым сторонам лежит на отрезке $MN$.
б) Остается ли утверждение пункта а) в силе, если известно лишь, что точка пересечения серединных перпендикуляров к боковым сторонам лежит на прямой $MN$?

Комментарий/решение

a) Пусть серединные $OF, OE$ перпендикуляры пересекаются в точке $O$ где $O \in MN$ по замечательному свойству трапеции если $AB \cap CD \in G$ тогда $G,N,M$ лежат на одной прямой, проведем высоты треугольника пусть они пересекаются в точке $H$ пусть $CH \cap OF \in I , \ BH \cap EO \in J$ тогда $IOJH$ - параллелограмм, тогда если точка $O \in MN$ тогда и $H \in MN$ значит $MN \perp BC$ так как $OA=OB, \ OD=OC$ тогда и $BOC$ равнобедренный , значит $OB=OC=OA=OD$ откуда $AB=CD$ .

б) Да, следует из решения в пункте a)

а) По замечательному свойству трапеции прямые $AB, CD, MN$ пересекаются в одной точке, скажем $K$. Пусть $P, Q, R, S$ - середины $AB, CD, KB, KC$.

Поскольку $PQ||AB||RS$, существует гомотетия в точке $K$, при которой $PQ$ переходит в $RS$.

Пусть данные серперы пересекаются в точке $E$, с образом $F$, тогда из гомотетичности $F\in MN$, при том $F$ - центр описанной окружности $KBC$.

Следовательно $MN\perp BC$, откуда очень легко следует требуемое.

б) Да, аналогично пункту (а)

оба решения сверху не работают для б)

контр-пример: достаточно взять AB перпендикулярно CD. Хотел бы прикрепить фото, но матол не разрешает.