Математикадан облыстық олимпиада, 2011-2012 оқу жылы, 9 сынып

Теңбүйірлі тікбұрышты $ABC$ үшбұрышында $M$ нүктесі — $AB$ катетінің ортасы. $A$ төбесі арқылы өтетін $CM$ кесіндісіне перпендикуляр түзу $BC$ гипотенузасын $P$ нүктесінде қиып өтеді. $\angle AMC=\angle BMP$ екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Докажем что $\Delta MBP, \Delta ACP$ подобны, пусть это так, тогда из подобия$ \dfrac{AP}{PM}=2$, пусть $C'$ такой что $ABCC'$ - параллелограмм, тогда $M$ - точка пересечения диагоналей, пусть $D \in AP \cap BC'$ тогда $\dfrac{AP}{PM} = \dfrac{C'E}{DE} = \dfrac{CE}{AE} = \dfrac{AC}{AM} = 2 $ что верно, откуда $\angle AMC = \angle BMP$.

Проведем высоту $AH$ на гипотенузу $BC$.Пусть $AH$ и $CM$ пересекаются в точке $D$ , а $AP$ и $CM$ в точке $Q$. $\square AQHC$ вписанный четырехугольник так как $\angle AQC = \angle AHC = 90^\circ$ которые опираются на дугу $\overset\frown{AC}$.Пусть $\angle MCH = \angle HAP = \alpha $. Так как $\triangle ABC$ равнобедренный , то $\angle ABC = \angle ACB = 45 $ , значит $ \angle ACM = 45 - \alpha $, $BH=AH=HC$ , тогда $ \angle BAH = \angle ABH = \angle HAC = \angle AHC = 45^\circ$.Откуда следует что , $ \angle BAP = 45 - \alpha $. По признаку равенства стороны и двум прилежащим к ней углам $\triangle ADC = \triangle BPA$, поэтому $AD=BP$ , из чего исходит следующее равенство треугольников $MBP$ и $MAD$, так как $AM=BM , AD=BP$ и углы между ними $\angle MBP$ и $\angle MAD$ равны $45^\circ$.Поэтому $\angle BMP = \angle AMC$

(с)Ахмедияр

Пусть $C'$ такой что $ABCC'$ - параллелограмм, тогда $M$ - точка пересечения диагоналей и $\omega$ окружность описанная около $ABC$ с центром $O$ и $T \in \omega \cap AO$ так же $D \in AP \cap C'T$ значит $ABCT$ - квадрат и $C'ABP$ вписанный так как $\angle ANC' = \angle ABC' = 90^{\circ}$ получается $\angle C'AB = \angle C'BN = \angle MNB = 45^{\circ}$ так же $MNBD$ вписанный, тогда $\angle MNB = \angle MDB = 45^{\circ}$ значит $AT || MD$ откуда $D$ середина $BT$ значит $M,P,T$ лежат на одной прямой , учитывая $C'B=BT=AC$ получается $C'M = TM$ тогда $\angle AMC = \angle C'MB = \angle BMP$

$D$ - такой что $ABDC$ квадрат. $E$ - середина $BC$. Заметим что $AE$ $\bot$ $MC$ ($\angle AMC + \angle BAE = 90^\circ$). Тогда $P \in BC \cap AE$. Остается доказать что $DM, BC, AE$ пересекается в точке $P$. А это верно ведь точка $P$ пересечение медиан треугольника $BAD$.