10410. В трапеции ABCD
стороны AD
и BC
параллельны, и AB=BC=BD
. Высота BK
пересекает диагональ AC
в точке M
. Найдите \angle CDM
.
Ответ. 90^{\circ}
.
Решение. Из равенства сторон AB
и BC
и параллельности BC
и AD
следует, что AC
— биссектриса угла BAD
. Треугольник ABD
равнобедренный с основанием AD
, а M
— точка пересечения его углов A
и B
, поэтому DM
— биссектриса угла ADB
. Пусть
\angle BAD=\angle BDA=\angle DBC=2\alpha.
Первый способ. Из равнобедренного треугольника BCD
получим, что
\angle CDB=\frac{180^{\circ}-2\alpha}{2}=90^{\circ}-\alpha.
Тогда
\angle CDM=\angle CDB+\angle MDB=90^{\circ}-\alpha+\alpha=90^{\circ}.
Второй способ. Поскольку
\angle BDM=\angle BAM=\angle BCM=\alpha,
четырёхугольник BCDM
вписанный, и
\angle CDM=180^{\circ}-\angle MBC=90^{\circ}.
Третий способ. Аналогично началу решения, из условий BC=BD
и BC\parallel AD
следует, что DC
— биссектриса внешнего угла D
. Учитывая, что биссектрисы внутреннего и внешнего углов перпендикулярны, получим требуемое.