Начертите прямоугольник, отличный от квадрата. Постройте образ этого прямоугольника при симметрии относительно прямой, содержащей одну из его диагоналей.
Пусть О₁ и O₂ - центры квадратов построенных на BC и AD соответственно, О - точка пересечения диагоналей трапеции, О' - точка пересечения AC и O₁O₂. Докажем, что О' совпадает с О. 1) O₁C||O₂A, т.к. ∠O₁CA=45°+∠BCA, ∠O₂AC=45°+∠DAC, ∠DAC=∠BCA, т.е. внутр. накрест лежащие углы ∠O₁CA и ∠O₂AС равны. 2) Значит треугольники O₁CO' и O₂AO' подобны (по двум углам), т.е. CO'/AO'=CO₁/AO₂=(BC/√2)/(AD/√2)=BC/AD. 3) Но О тоже делит AC в отношении BC/AD, т.к. треугольники BCO и DAO подобны. Значит O' совпадает с O.
Чертеж - во вложении. а) Докажем, что АВСD - параллелограмм. 1) Рассмотрим Δ АМТ и Δ ВМC. Они подобны по двум углам, т.к. ∠1=∠2 (накрест лежащие при AD||BC и секущей АС), ∠5=∠6 (вертикальные). Следовательно, АМ:МС=АТ:ВС. Т.к. по условию АМ=МN=NC, то АМ:МС=1:2 ⇒ АТ:ВС=1:2 ⇒ ВС=2АТ. Аналогично, подобны Δ PNC и Δ AND. Поэтому AD=2PC. 2) Т.к. BM||DP и АС - секущая, то ∠3=∠4=∠5=∠6. 3) Δ АМТ = Δ PNC (по стороне и прилежащим углам: АМ=NC, ∠1=∠2, ∠3=∠6) ⇒ АТ=РС ⇒ ВС=AD. Вывод: т.к. по условию ВС||AD и по доказанному BC=AD, то по признаку ABCD - параллелограмм. Доказано. б) Диагональ АС делит параллелограмм ABCD на два треугольника АВС и ADC с равными площадями. В Δ АВN ВМ - медиана ⇒ Аналогично, ответ:
1) O₁C||O₂A, т.к. ∠O₁CA=45°+∠BCA, ∠O₂AC=45°+∠DAC, ∠DAC=∠BCA, т.е. внутр. накрест лежащие углы ∠O₁CA и ∠O₂AС равны.
2) Значит треугольники O₁CO' и O₂AO' подобны (по двум углам), т.е.
CO'/AO'=CO₁/AO₂=(BC/√2)/(AD/√2)=BC/AD.
3) Но О тоже делит AC в отношении BC/AD, т.к. треугольники BCO и DAO подобны. Значит O' совпадает с O.