11108. В прямоугольной трапеции ABCD
(\angle A=\angle B=90^{\circ}
) биссектриса угла ADC
пересекает сторону AB
в точке M
. Найдите угол CMD
, если CD=AD+BC
.
Ответ. 90^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Продолжим отрезок DM
до пересечения с продолжением основания BC
в точке P
. Поскольку \angle CPD=\angle CDP=\angle PDA
, треугольник DCP
равнобедренный, CP=CD=AD+BC
. Значит,
BP=CP-BC=AD,
поэтому прямоугольные треугольники MBP
и MAD
равны по катету и прилежащему острому углу. Тогда BM=MA
, отрезок CM
— медиана, а значит, и высота равнобедренного треугольника DCP
. Следовательно, \angle CMD=90^{\circ}
.
Второй способ. Пусть C_{1}
и D_{1}
— точки, симметричные вершинам соответственно C
и D
относительно прямой AB
. Тогда CC_{1}D_{1}D
— равнобедренная трапеция с основаниями CC_{1}=2BC
, DD_{1}=2AD
и боковыми сторонами
C_{1}D_{1}=CD=AD+BC.
Сумма боковых сторон трапеции CC_{1}D_{1}D
равна сумме её оснований, значит, в неё можно вписать окружность. Диаметр этой окружности — отрезок AB
, а центр — точка пересечения биссектрис трапеции с отрезком AB
, т. е. точка M
. Следовательно (см. задачу 313), \angle CMD=90^{\circ}
.