2018-12-08
В четырехугольнике $ABCD$ углы $A$ и $B$ - прямые. Известно также, что $CD = AD + BC$. Биссектриса угла $ADC$ пересекает $AB$ в точке $M$. Найдите угол $CMD$.
Решение:
Первый способ. Отметим на стороне CD точку Е так, что ВС = СЕ (см. рис. а). Так как CD = AD + ВС, то ED = AD. Треугольники MDE и MDA равны по двум сторонам и углу между ними, следовательно, $\angle MED = \angle MAD = 90^{ \circ}$. (Заметим, что из этого равенства следует, что точка М лежит на отрезке АВ, a не на его продолжении.) Прямоугольные треугольники МВС и МЕС равны по катету и гипотенузе, следовательно, $\angle BCM = \angle ECM$. Так как сумма углов четырехугольника равна $360^{ \circ}$, то: $\angle C + \angle D = 180^{ \circ}$, поэтому $\angle DCM + \angle CDM = \frac{1}{2} \angle C + \frac{1}{2} \angle D = 90^{ \circ}$, тогда из треугольника CMD получим, что $\angle CMD = 90^{ \circ}$.
Отметим, что этот способ решения не использует в явном виде тот факт, что ABCD является трапецией.
Второй способ. Из того, что $\angle A + \angle B = 180^{ \circ}$ следует, что ABCD - трапеция. Пусть прямые DM и пересекаются в точке F (см. рис. б). Так как $BC \parallel AD$, то $\angle BFM = \angle ADM = \angle CDM$, следовательно, треугольник FCD - равнобедренный. Поскольку CD = ВС + AD = CF = BC + BF, то BF = AD. Тогда прямоугольные треугольники BMF и AMD равны по катету и острому углу, следовательно, MF = МD. Таким образом, СМ - медиана равнобедренного треугольника CDE, следовательно, она также является его высотой, то есть $\angle CMD = 90^{ \circ}$.
При этом способе решения расположение точки М внутри отрезка АВ следует из того, что треугольник FCD - равнобедренный.
Доказав, что М - середина АВ, можно закончить решение и по-другому. Проведем среднюю линию трапеции МК (см. рис. в), тогда $MK = \frac{1}{2} (AD + BC) = \frac{1}{2} CD$. Получим, что в треугольнике CMD медиана равна половине стороны, к которой проведена, то есть этот треугольник - прямоугольный с прямым углом М.
Третий способ. Построим трапецию $ABC^{ \prime}D^{ \prime}$, симметричную данной относительно прямой АВ (см. рис. в). Тогда $CC^{ \prime}D^{ \prime}D$ - равнобокая трапеция, причем $CC^{ \prime} + DD^{ \prime} = 2BC + 2AD = 2CD = CD + C^{ \prime}D^{ \prime}$. Полученное равенство означает, что в трапецию $CC^{ \prime}D^{ \prime}D$ можно вписать окружность. Центр этой окружности принадлежит оси симметрии равнобокой трапеции и одновременно является точкой пересечения биссектрис ее углов, поэтому совпадает с точкой М. Тогда СМ - биссектриса угла BCD, следовательно, $\angle CMD = 90^{ \prime}$.
Четвертый способ. Построим четырехугольник $ABD^{ \prime}C^{ \prime}$, симметричный данному относительно середины отрезка АВ (см. рис. г). Так как $C^{ \prime}D^{ \prime} = CD = BC + AD = CD^{ \prime} = C^{ \prime}D$, то $CDC^{ \prime}D^{ \prime}$ - ромб. Диагонали $C^{ \prime}C^{ \prime}$ и $D^{ \prime}D^{ \prime}$ ромба перпендикулярны, являются биссектрисами его углов и пересекают отрезок АВ в его середине, поэтому М - точка их пересечения. Следовательно, $\angle CMD = 90^{ \circ}$.
Ответ: $90^{ \circ}$.