Областная олимпиада по математике, 2012 год, 9 класс

Дан равнобедренный прямоугольный треугольник $ABC$. Пусть $M$ — середина катета $AB$. Прямая, проходящая через $A$ перпендикулярно $CM$, пересекает гипотенузу $BC$ в точке $P$. Докажите, что $\angle AMC = \angle BMP$.

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 $BAD$.

Идея ваша прекрасная.Очень логично и понятно, супер! Вы могли откоротить решение

Пусть $AP \cap CM - F$, а $G$ - середина $CF$. Тогда проведем прямую, которая парралельна $AP$, и которая проходит через $G$. Очевидно, что она проходит через середину $AC$. Назовем её - $X$. А ещё, эта прямая будет пересекать $BC$ в точке $T$. Пусть эта прямая пересекает прямую $AB$ в точке $Y$. Счетом углов, несложно понять, что $\triangle AMC = \triangle AXY$. Значит $AP$ - средняя линия треугольника $\triangle BYT$, ведь она парралельна $YT$, и проходит через середину $BY$, значит $BP=PT$. $XT$ - средняя линия $\triangle APC$, ведь парралельна $AP$ и делит $AC$ пополам. Значит $PT = TC$. Тогда треугольники $\triangle MBP \sim \triangle ACP$. А с этого выходит, что $\angle BMP = \angle CAP$. У нас ещё $\triangle FAM \sim \triangle FCA$, что говорит о равенстве углов $$\angle FAC = \angle AMC, \angle BMP = \angle PAC = \angle FAC \Rightarrow \angle AMC = \angle BMP.$$