Задача 5. Прямой угол из середины

Что на самом деле нужно доказать

Точка $M$ — середина $AD$. Все точки, одинаково удалённые от $A$ и $D$, лежат на серединном перпендикуляре к $AD$ — прямой, которая проходит через $M$ перпендикулярно $AD$. Поэтому $AI = DI$ ровно тогда, когда $MI \perp AD$.

Что мы знаем про отрезок $MI$? Все три биссектрисы треугольника $BMC$ проходят через $I$, значит, $MI$ — биссектриса прямого угла $BMC$: $\angle BMI = \angle IMC = 45^\circ$.

Четырёхугольник выпуклый, а $M$ лежит на его стороне $AD$, поэтому лучи из $M$ идут по порядку: $MA$, $MB$, $MC$, $MD$. Три угла при $M$ вместе составляют развёрнутый угол: $\angle AMB + 90^\circ + \angle CMD = 180^\circ$, то есть $\angle AMB + \angle CMD = 90^\circ$. Луч $MI$ идёт внутри угла $BMC$, поэтому $\angle AMI = \angle AMB + 45^\circ$.

Итак, цель: доказать, что $\angle AMB = 45^\circ$. Тогда $\angle AMI = 90^\circ$, и $MI$ — серединный перпендикуляр к $AD$ (рисунок ниже).

Заранее отметим, какими бывают углы при $I$. В треугольнике $MIC$ угол $IMC$ равен $45^\circ$, а $\angle ICM$ — половина острого угла $BCM$, то есть меньше $45^\circ$. Поэтому $\angle MIC = 180^\circ - 45^\circ - \angle ICM$ больше $90^\circ$ и меньше $135^\circ$. Точно так же $\angle BIM$ больше $90^\circ$ и меньше $135^\circ$. По условию $\angle ABM = \angle MIC$ и $\angle MCD = \angle BIM$, значит, углы $ABM$ и $MCD$ тупые и меньше $135^\circ$.

Прямая, перпендикулярная MI

Зайдём от цели. Проведём через $M$ прямую $\ell$, перпендикулярную $MI$, и проверим, что она подходит. Так как $\angle BMI = \angle IMC = 45^\circ$, прямая $\ell$ образует угол $45^\circ$ и с лучом $MB$, и с лучом $MC$.

Где $\ell$ встречает луч $BA$? Посмотрим на треугольник со стороной $BM$: при $B$ — угол $ABM$ (по лучу $BA$), при $M$ — угол $45^\circ$ (по прямой $\ell$, с той стороны от $MB$, где нет $C$). Оба луча идут в одну сторону от прямой $BM$: точка $A$ тоже лежит по другую сторону от $BM$, чем $C$, ведь лучи из $M$ идут по порядку $MA$, $MB$, $MC$. Сумма этих углов меньше $135^\circ + 45^\circ = 180^\circ$, поэтому лучи пересекаются. Точку пересечения назовём $A'$: она лежит и на луче $BA$, и на прямой $\ell$. Так же луч $CD$ пересекает $\ell$ в точке $D'$ (угол $MCD$ тоже меньше $135^\circ$). Точки $A'$ и $D'$ лежат по разные стороны от $M$: лучи $MA'$ и $MD'$ отложены под углом $45^\circ$ наружу от $MB$ и от $MC$, и $45^\circ + 90^\circ + 45^\circ = 180^\circ$.

Сравним треугольники $A'BM$ и $MIC$ (рисунок ниже):

• $\angle A'MB = 45^\circ = \angle IMC$;

• $\angle A'BM = \angle ABM = \angle MIC$ — это условие задачи.

Два угла равны — треугольники подобны, причём вершине $A'$ соответствует $C$, вершине $B$ — $I$, а $M$ — сама себе. Стороны против равных углов пропорциональны: $\dfrac{MA'}{MC} = \dfrac{BM}{MI}$, откуда

Так же подобны треугольники $D'CM$ и $MIB$: $\angle D'MC = 45^\circ = \angle IMB$ и $\angle D'CM = \angle MCD = \angle BIM$ — второе условие задачи. Отсюда $\dfrac{MD'}{MB} = \dfrac{MC}{MI}$, то есть

Получилось одно и то же: $MA' = MD'$. На прямой $\ell$ точка $M$ — середина отрезка $A'D'$. Осталось доказать, что настоящая прямая $AD$ — это и есть $\ell$, то есть $A = A'$ и $D = D'$.

Чем дальше по лучу, тем дальше от M

Понадобятся два простых факта про точки на луче $BA$, у которого угол $ABM$ тупой.

Расстояние до $M$ растёт. Пусть точки $Q$ и $P$ лежат на луче $BA$ и $Q$ ближе к $B$, чем $P$. В треугольнике $MBQ$ угол при $B$ тупой, поэтому угол $MQB$ острый, а смежный с ним угол $MQP$ тупой. В треугольнике $MQP$ против тупого угла лежит самая большая сторона, значит, $MP > MQ$.

Угол при $M$ тоже растёт. Если $Q$ лежит между $B$ и $P$, то луч $MQ$ проходит внутри угла $BMP$, и $\angle BMQ < \angle BMP$. Поэтому из двух точек луча $BA$ дальше от $B$ та, у которой угол при $M$ (отсчитанный от $MB$) больше.

Те же два факта верны для луча $CD$: угол $MCD$ тоже тупой (шаг 1), а угол при $M$ отсчитывается от $MC$.

В модели это видно: если поворачивать прямую $AD$ вокруг $M$, увеличивая угол $AMB$, точка $A$ уезжает от $B$ и $MA$ растёт, а $D$ подъезжает к $C$ и $MD$ уменьшается.

Прямая AD совпадает с ℓ

Предположим, что $\angle AMB > 45^\circ$. Точки $A$ и $A'$ лежат на луче $BA$, и $\angle BMA > 45^\circ = \angle BMA'$. По шагу 3 точка $A$ дальше от $B$, чем $A'$, и поэтому $MA > MA'$.

Посмотрим на другой конец. $\angle CMD = 90^\circ - \angle AMB < 45^\circ = \angle CMD'$. Точки $D$ и $D'$ лежат на луче $CD$, значит, $D$ ближе к $C$, чем $D'$, и $MD < MD'$ (рисунок ниже).

Складываем: $MA > MA' = MD' > MD$. Но $M$ — середина $AD$, то есть $MA = MD$. Противоречие.

Если $\angle AMB < 45^\circ$, всё зеркально: $A$ ближе к $B$, чем $A'$, а $D$ дальше от $C$, чем $D'$, и $MA < MA' = MD' < MD$ — снова противоречие.

Остаётся $\angle AMB = 45^\circ$. Тогда $\angle AMI = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ$: прямая $MI$ перпендикулярна $AD$ и проходит через её середину $M$, то есть это серединный перпендикуляр к $AD$. Точка $I$ лежит на нём, поэтому $AI = DI$, что и требовалось доказать.

Такие четырёхугольники бывают

Проверим, что условие не противоречиво, — иначе доказывать было бы нечего. Возьмём прямоугольный треугольник $BMC$ с прямым углом при $M$, у которого $\angle MBC$ между $30^\circ$ и $60^\circ$, проведём $\ell \perp MI$ и построим $A'$, $D'$ как в шаге 2, но с углами $\angle A'BM = \angle MIC$ и $\angle D'CM = \angle BIM$. Положим $A = A'$, $D = D'$. Оба равенства углов выполнены по построению, а $M$ — середина $AD$ по шагу 2.

Остаётся выпуклость. Обозначим $\angle MBC = 2\beta$, $\angle MCB = 2\gamma$; тогда $2\beta + 2\gamma = 90^\circ$, то есть $\beta + \gamma = 45^\circ$. Из треугольника $MIC$: $\angle MIC = 180^\circ - 45^\circ - \gamma = 90^\circ + \beta$, и так же $\angle BIM = 90^\circ + \gamma$. Углы четырёхугольника:

• $\angle ABC = \angle ABM + \angle MBC = 90^\circ + 3\beta$ — меньше $180^\circ$, если $2\beta < 60^\circ$;

• $\angle BCD = 90^\circ + 3\gamma$ — меньше $180^\circ$, если $2\gamma < 60^\circ$, то есть $2\beta > 30^\circ$;

• $\angle BAD = 180^\circ - 45^\circ - (90^\circ + \beta) = \gamma$ и $\angle CDA = \beta$ — острые.

Сумма $(90^\circ + 3\beta) + (90^\circ + 3\gamma) + \gamma + \beta = 360^\circ$, как и должно быть. Так что при $30^\circ < \angle MBC < 60^\circ$ получается выпуклый четырёхугольник со всеми свойствами из условия. Например, при $\angle MBC = 45^\circ$ он симметричен относительно прямой $MI$; в модели можно перебрать и несимметричные.