3-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2007 жыл

Дөңес $ABCD$ төртбұрышының ішінен $\angle MBC=\angle MDC$, $\angle MBA=\angle MCD$ болатындай етіп $M$ нүктесі алынған. Егер $\angle BAC=\angle DAC$ екені белгілі болса, онда $\angle ADC$ бұрышының $\angle BMC$ немесе $\angle AMB$ бұрыштарының біреуіне тең болатынын дәлелде.

Комментарий/решение

с помощью синусов доказываем

$\angle MBC =a;\angle MBA=b;\angle MAC=y;\angle DAM=x$

$\dfrac{\sin BMC }{\sin ADC}= \dfrac{sin (a)DC*BC}{sin(x+y)AC*MC}$

$\dfrac{sin (b)DC*BC}{sin(x+y)AC*MD}$

$\dfrac{sin (b)DC*\sin(x+y)}{sin(x+y) \sin(a+b)*MD}$ и потом через теорему синусов доказываем что $\dfrac{\sin BMC }{\sin ADC}=1$ аналогично доказываем что $\dfrac{\sin BMA }{\sin ADC}=1$ и теперь осталось просто доказать что $\angle BMC \ne \angle BMA$

Я вижу, что никто не пробовал, поэтому опубликую свое решение.

Обозначим $\angle{MBC} = \angle{MDC} = \alpha$, $\angle{MCD} = \angle{MBA} = \beta$ и $ \angle{BAC} = \angle{CAD} = t$ .

Таким образом, $ \frac {MC}{\sin{\alpha}} = \frac {BC}{\sin{BMC}}$ и $ \frac {MC}{\sin{\alpha}} = \frac { CD}{\sin{(\alpha + \beta)}}$ по закону греха в $\triangle{MBC}$ и $\triangle{MCD}$.

Итак, $ \frac {BC}{CD} = \frac {\sin{BMC}}{\sin{(\alpha + \beta)}}$. $ (1)$

Теперь из закона греха в $\triangle{ABC}$ и $\triangle{ADC}$ мы имеем следующее:

$ \frac {BC}{\sin{t}} = \frac {AC}{\sin{(\alpha + \beta)}}$ и $ \frac {CD}{\sin{t}} = \frac {AC}{\sin{ADC}}$

Итак, $ \frac {BC}{CD} = \frac {\sin{ADC}}{\sin{(\alpha + \beta)}}$. $ (2)$

По $ (1)$ и $ (2)$ мы имеем, что $ \sin{ADC} = \sin{BMC}$, поэтому $ \angle{ADC} = \angle{BMC}$ или $ \angle{ADC} } = 180 - \angle{BMC}$ и т. д.

"по закону греха"...

Лол