Задание №180771: Устная олимпиада 2025

1. (К. Бельский) На основании AD трапеции ABCD взяли точку X, равноудаленную
от вершин B и C. Докажите, что X лежит на окружности, проходящей через середины
отрезков AB, AD и CD.
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
Решение. Пусть M, K, N и L — середины сторон
AB, BC, CD и AD соответственно (см. рис.8-9.1а).
Поскольку MN — средняя линия трапеции ABCD,
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
то она параллельна основаниям, то есть четырехуголь-
ник MLXN — тоже трапеция. Докажем, что она рав-
нобокая, откуда и будет следовать утверждение зада-
чи. Это можно сделать по-разному. AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD
Первый способ. Воспользуемся тем, что Рис. 8–9.1а
Середины сторон любого четырехугольника являются вершинами параллелограмма.
В данном случае, MLNK — параллелограмм, то есть KN = ML. Кроме того, BX =
= CX, то есть отрезок KX перпендикулярен основаниям AD и BC трапеции и ее средней
линии MN. Поскольку средняя линия трапеции делит пополам любой отрезок с концами
на основаниях, то MN — серединный перпендикуляр к отрезку KX. Следовательно, XN =

= KN = ML, то есть трапеция — равнобокая.
Ту же идею можно реализовать иначе.
Второй способ. Продлим отрезок XN на свою длину и получим точку Q (см. рис. 8-
9.1б). Тогда XCQD — параллелограмм и CX = QD. Следовательно, BXDQ — равнобокая
трапеция и ее диагонали QX и BD равны. Осталось воспользоваться тем, что ML = 0,5BD
как средняя линия треугольника ABD.

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC


MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN


AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

Рис. 8–9.1б Рис. 8–9.1в
Третий способ. Докажем, что проекции боковых сторон трапеции MLXN на прямую

AD равны, откуда также следует утверждение задачи.
Опустим перпендикуляры MY, BR, CS и NZ на прямую AD. Докажем, что YL = XZ.
Используя, что KX — серединный перпендикуляр к противолежащим сторонам прямо-
угольника RBCS и средние линии треугольников ABR и DCS, получим: YL = AL − AY =
= 0,5AD − 0,5AR = 0,5RD. Аналогично, XZ = XS + SZ = 0,5RS + 0,5SD = 0,5RD, что и
требовалось.
При другом расположении точек доказательство аналогично.
Комментарий.
Утверждение задачи можно рассматривать как аналог известного утверждения для треугольника. А
именно: если взять середины трех сторон и точку, симметричную вершине относительно средней линии
(то есть основание высоты), то указанные точки будут лежать на одной окружности (окружность девяти
точек).
Здесь же мы «раздвоили» одну из вершин треугольника, получили точки B и C и отразили середину BC
(точку K) относительно MN (средней линии трапеции).

1