3-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2007 год
Комментарий/решение:
с помощью синусов доказываем
∠MBC=a;∠MBA=b;∠MAC=y;∠DAM=x
sinBMCsinADC=sin(a)DC∗BCsin(x+y)AC∗MC
sin(b)DC∗BCsin(x+y)AC∗MD
sin(b)DC∗sin(x+y)sin(x+y)sin(a+b)∗MD и потом через теорему синусов доказываем что sinBMCsinADC=1 аналогично доказываем что sinBMAsinADC=1 и теперь осталось просто доказать что ∠BMC≠∠BMA
Я вижу, что никто не пробовал, поэтому опубликую свое решение.
Обозначим ∠MBC=∠MDC=α, ∠MCD=∠MBA=β и ∠BAC=∠CAD=t .
Таким образом, MCsinα=BCsinBMC и MCsinα=CDsin(α+β) по закону греха в △MBC и △MCD.
Итак, BCCD=sinBMCsin(α+β). (1)
Теперь из закона греха в △ABC и △ADC мы имеем следующее:
BCsint=ACsin(α+β) и CDsint=ACsinADC
Итак, BCCD=sinADCsin(α+β). (2)
По (1) и (2) мы имеем, что sinADC=sinBMC, поэтому ∠ADC=∠BMC или \angle{ADC} } = 180 - \angle{BMC} и т. д.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.