Олимпиада имени Леонарда Эйлера2015-2016 учебный год, I тур регионального этапа

В трапеции $ABCD$ точка $M$ — середина основания $AD$. Известно, что $\angle ABD = 90^\circ$ и $BC = CD$. На отрезке $BD$ выбрана точка $F$ такая, что $\angle BCF = 90^\circ$. Докажите, что $MF \perp CD$. ( Н. Чернега )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABD$. В нем $M$ — середина гипотенузы, а значит, $AM = MD = BM$. Поэтому $M$ лежит на серединном перпендикуляре к $BD$. С другой стороны, поскольку $BC = CD$, точка $C$ также лежит на серединном перпендикуляре к $BD$. Получаем, что $MC \perp BD$. Далее, поскольку $AD \parallel BC$ и $CF \perp BC$, получаем, что $CF \perp AD$. Итак, $CF$ и $DF$ — высоты треугольника $CMD$. Значит, $MF$ — также высота, что и означает, что $MF \perp CD$.
Замечание.Можно показать, что четырёхугольник $BCDM$ является ромбом.

Проведем BD, После получим что BD=AM=MD,Докажем что F находится ближе к D чем к B . Допустим если оно ближе к B или хотя бы BF=FD.То если угол MDB=g,то угол DBM=g, по параллельности угол DBC=g так как BC=CD, угол CDB=g,заметим что четырехугольник kite( фигура в виде воздушного змея) тогда пересечение BD и CM образует 90 градусов . Возьмем точку их пересечения как K тогда угол KFC=90+g . Угол CKB=90 противоречие сумма углов в треугольнике больше 180. Теперь с помощью свойств kite и того что угол MBC=MDC получаем что BCDM ромб.продолжим MF до пересечения с CD и получим что угол CMF равен g .Значит угол FMD=90-2g так как угол D равен 2g . Получаем то ч.т.д.

$CM \cap BD = N$ $\angle CDB=\angle CBD=\angle BDM=\angle DBM=\alpha \Leftrightarrow \square CBMD⠀rhombus; ⠀⠀\angle CFB=90-\alpha$ $\Leftrightarrow \angle BNM=90^\circ \Leftrightarrow \angle CFB=\angle BCM=\angle BMC=90-\alpha \Leftrightarrow \square CBMF$ вписанный $\Leftrightarrow \angle CMF=\angle CBF=\alpha \Leftrightarrow \angle DMF =90-2\alpha ; ⠀\angle CDM=2\alpha \Leftrightarrow MF \bot CD$