3864. Пусть M
— точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника ABCD
, в котором стороны AB
, AD
и BC
равны между собой. Найдите угол CMD
, если известно, что DM=MC
, а \angle CAB\ne\angle DBA
.
Ответ. 120^{\circ}
.
Указание. Если через вершину A
провести прямую, параллельную CD
, и продолжить DM
до пересечения с этой прямой в точке K
, то получится равнобедренная трапеция AKCD
.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Обозначим \angle ABD=\angle ADB=\alpha
, \angle BAC=\angle ACB=\beta
. Через точку A
проведём прямую, параллельную стороне CD
. Пусть эта прямая пересекается с продолжением диагонали DB
в точке K
.
Треугольник AMK
равнобедренный, так как он подобен равнобедренному треугольнику CMD
. Тогда DK=DM+MK=CM+MA=CA
. В трапеции AKCD
диагонали AC
и DK
равны, значит, эта трапеция равнобедренная. Поэтому CK=AD=BC
, т. е. треугольник BCK
также равнобедренный.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle CMK=\angle CMB=\angle ABM+\angle BAM=\alpha+\beta,~
\angle MKC=\angle BKC=\angle KBC=\angle BMC+\angle BCM=(\alpha+\beta)+\beta=\alpha+2\beta.
Кроме того,
\angle KCM=\angle ADM=\alpha.
По теореме о сумме углов треугольника
\angle MKC+\angle CMK+\angle KCM=(\alpha+2\beta)+(\alpha+\beta)+\alpha=3\beta+3\alpha=180^{\circ},
откуда \beta+\alpha=60^{\circ}
. Следовательно,
\angle CMD=180^{\circ}-\angle KMC=180^{\circ}-(\beta+\alpha)=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.