Номер 8.36, страница 95 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

8.36. Вершины $M, N, K$ и $F$ трапеции $MNKF$ ($MF \parallel NK$) принадлежат соответственно сторонам $AD, AB, BC$ и $CD$ четырёхугольника $ABCD$, причём $MF \parallel AC$. Докажите, что прямые $MN, FK$ и $BD$ пересекаются в одной точке.

Для доказательства того, что три прямые пересекаются в одной точке, мы покажем, что точка пересечения прямых $MN$ и $BD$ совпадает с точкой пересечения прямых $FK$ и $BD$.

Пусть прямая $MN$ пересекает прямую $BD$ в точке $P$. Рассмотрим треугольник $ABD$ и секущую $NPM$. По теореме Менелая для этого треугольника и секущей имеем:

$$ \frac{AN}{NB} \cdot \frac{BP}{PD} \cdot \frac{DM}{MA} = 1 $$

Отсюда выразим отношение, в котором точка $P$ делит отрезок $BD$:

$$ \frac{BP}{PD} = \frac{NB}{AN} \cdot \frac{MA}{DM} \quad (1) $$

Пусть прямая $FK$ пересекает прямую $BD$ в точке $Q$. Рассмотрим треугольник $CBD$ и секущую $KQF$. По теореме Менелая для этого треугольника и секущей имеем:

$$ \frac{CK}{KB} \cdot \frac{BQ}{QD} \cdot \frac{DF}{FC} = 1 $$

Отсюда выразим отношение, в котором точка $Q$ делит отрезок $BD$:

$$ \frac{BQ}{QD} = \frac{KB}{CK} \cdot \frac{FC}{DF} \quad (2) $$

Теперь воспользуемся условиями, данными в задаче. Нам известно, что $MNKF$ – трапеция с основаниями $MF$ и $NK$, следовательно, $MF \parallel NK$. Также дано, что $MF \parallel AC$. Из этих двух условий следует, что все три прямые параллельны: $MF \parallel NK \parallel AC$.

1. Рассмотрим $\triangle ADC$. Поскольку точки $M$ и $F$ лежат на сторонах $AD$ и $CD$ соответственно, и $MF \parallel AC$, то по теореме о пропорциональных отрезках (или из подобия треугольников $\triangle DMF \sim \triangle DAC$) следует, что $\frac{DM}{DA} = \frac{DF}{DC}$.

Выразим из этого соотношение $\frac{MA}{DM}$:

$$ \frac{MA}{DM} = \frac{DA - DM}{DM} = \frac{DA}{DM} - 1 = \frac{DC}{DF} - 1 = \frac{DC - DF}{DF} = \frac{FC}{DF} $$

Таким образом, $\frac{MA}{DM} = \frac{FC}{DF} \quad (3)$.

2. Рассмотрим $\triangle ABC$. Поскольку точки $N$ и $K$ лежат на сторонах $AB$ и $BC$ соответственно, и $NK \parallel AC$, то по теореме о пропорциональных отрезках (или из подобия треугольников $\triangle BNK \sim \triangle BAC$) следует, что $\frac{BN}{BA} = \frac{BK}{BC}$.

Выразим из этого соотношение $\frac{NB}{AN}$:

$$ \frac{AN}{NB} = \frac{AB - NB}{NB} = \frac{AB}{NB} - 1 = \frac{BC}{BK} - 1 = \frac{BC - BK}{BK} = \frac{KC}{BK} $$

Отсюда $\frac{NB}{AN} = \frac{BK}{KC} \quad (4)$.

Теперь подставим полученные соотношения (3) и (4) в уравнение (1):

$$ \frac{BP}{PD} = \frac{NB}{AN} \cdot \frac{MA}{DM} = \frac{BK}{KC} \cdot \frac{FC}{DF} $$

Перевернем дробь в уравнении (2):

$$ \frac{BQ}{QD} = \frac{KB}{CK} \cdot \frac{FC}{DF} \implies \frac{BQ}{QD} = \frac{BK}{KC} \cdot \frac{FC}{DF} $$

Сравнивая выражения для отношений $\frac{BP}{PD}$ и $\frac{BQ}{QD}$, мы видим, что они равны:

$$ \frac{BP}{PD} = \frac{BQ}{QD} $$

Поскольку точки $P$ и $Q$ обе лежат на прямой $BD$ и делят отрезок $BD$ в одном и том же отношении (считая от точки $B$), они должны совпадать: $P = Q$.

Это означает, что прямые $MN$, $FK$ и $BD$ пересекаются в одной и той же точке.

В случае, если $\frac{NB}{AN} \cdot \frac{MA}{DM} = 1$, прямая $MN$ будет параллельна $BD$. Из наших соотношений следует, что в этом случае $\frac{KB}{CK} \cdot \frac{FC}{DF} = 1$, что является условием параллельности прямой $FK$ и $BD$. Таким образом, если одна из прямых $MN$ или $FK$ параллельна $BD$, то и другая ей параллельна, и все три прямые $MN, FK, BD$ параллельны друг другу. В этом случае говорят, что они пересекаются в несобственной (бесконечно удаленной) точке.

Ответ: Утверждение доказано. Прямые $MN$, $FK$ и $BD$ пересекаются в одной точке.