|
|
 |
Условие
В правильном пятиугольнике $ABCDE$ отмечена точка $F$ – середина $CD$. Серединный перпендикуляр к $AF$ пересекает $CE$ в точке $H$. Докажите, что прямая $AH$ перпендикулярна прямой $CE$.Решение
Первое решение. Угол правильного пятиугольника равен $108^{\circ}$, тогда $\angle ECD = \angle CED = \frac{180^{\circ} - 108^{\circ}}{2} = 36^{\circ}$, a $\angle ACD = 108^{\circ} - 36^{\circ} = 72^{\circ}$. Таким образом, $CE$ содержит биссектрису треугольника $ACF$ и, следовательно, пересекает серединный перпендикуляр к стороне $AF$ в точке, лежащей на описанной около этого треугольника окружности. Но $\angle F$ прямой, значит, и $\angle AHC$ прямой, как опирающийся на ту же дугу.
Второе решение. Аналогично первому решению $\angle ACE =\angle ECD= 36^{\circ}$. Так как $HP \parallel CD$, то по теореме Фалеса $AP = PC$, где $P$ – точка пересечения серединного перпендикуляра к $AF$ с диагональю $AC$, а углы $PHC$ и $ECD$ равны как внутренние накрест лежащие: $\angle PHC = \angle ECD = 36^{\circ}$. Следовательно, треугольник $PHC$ равнобедренный и $PH = PC$. Окончательно получаем, что $HP = PA = PC$ и треугольник $AHC$ прямоугольный, так как его медиана равна половине стороны, к которой она проведена.
Третье решение. Переформулируем задачу: пусть $H$ – основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $CE$. Тогда достаточно доказать, что полученная таким образом точка $H$ равноудалена от $A$ и $F$. Пусть диагонали $AD$ и $CE$ пересекаются в точке $I$. Отметим еще точку $G$ – середину отрезка $DI$. Заметим, что треугольник $AEI$ равнобедренный ($\angle AEI= \angle AIE=72^{\circ}$). Тогда $H$ – середина $EI$. Четырехугольник $HGFC$ – равнобокая трапеция, так как $GF\parallel IC$ (как средняя линия треугольника $IDC$), а $HG= \frac 12\,DE= \frac12\,DC=FC$. $AHGC$ – тоже равнобокая трапеция, потому что $HG \parallel DE\parallel AC$ и $AG=CH$. Окончательно получаем, что $AH=CG=HF$. Что и требовалось доказать.
