Математикадан облыстық олимпиада, 2013-2014 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ үшбұрышы $\angle B=2\angle C$ және $\angle A > {{90}^{{}^\circ }}$ шарттарын қанағаттындырады. $BC$ қабырғасының ортасын $M$ деп белгілейік. $C$ нүктесінен өтетін $AC$ қабырғасына перпендикуляр түзу $AB$ қабырғасын $D$ нүктесінде қияды. $\angle AMB=\angle DMC$ екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Продлим медиану до параллелограмма , так что $AM=ME$ , получим трапецию $ECDB$ , $EC || BD$. Предположим что условие верно и $\angle AMB = \angle DMC$ , тогда $CM$ - биссектриса угла $\angle EMD$. Тогда из этого следует что, если $N$ точка пересечения отрезков $ED,CM$ из свойств биссектрисы $\dfrac{EN}{ND}=\dfrac{EM}{MD}$, из подобия треугольников $\Delta EMD = \Delta DMB$ .

$\dfrac{EC}{BD}=\dfrac{AB}{BD}=\dfrac{EN}{ND}=\dfrac{EM}{MD}$ или

$1+\dfrac{AD}{AB} = \dfrac{MD}{AM}(1)$

Положим что угол $BCA=a$ , получим $AC=AB* \2cosa\\ BC=\dfrac{AB \sin3a}{\sina}$ .

Откуда медиана $AM = \dfrac{AB\sqrt{3-2cos4a}}{2}$, так же $CD = 2ABcosa*tg3a\\ AD=\dfrac{2ABcosa}{cos3a}$ , и медиану треугольника $\Delta BDC$, $MD=\dfrac{AB*(2\cos2a+1)\sqrt{3-2\cos4a}}{2-4\cos2a}$

Подставляя (1) $\dfrac{2cosa}{\cos3a}+1=\dfrac{(2\cos2a+1)}{(2\cos2a-1)}$

Это тождество верное , значит изначальное предположение было верно , откуда вытекает условие

напиши синус на $LaTeX$

Рассмотрим равнобедренный треугольник $BFC$ где $FB=FC$ проведём биссектрису $BN,AC$ в этом треугольнике, тогда треугольник $ABC$ удовлетворяет условию задачи, пусть $D’ \in MN \cap BF$ по теореме Менелая для секущей $MD$

$\dfrac{AB}{AF}=\dfrac{BD}{FD}=\dfrac{BC}{CF}$ последнее по свойству биссектрисы, последние два соотношению можно записать, после преобразований как $\sin(\angle ABC + \angle FCD) = \sin \angle FCD$ откуда $\angle FCD = 90^{\circ} - \dfrac{\angle ABC}{2}$ откуда $\angle ACD = 90^{\circ}$ удовлетворяет условию задачи , значит $\angle AMB = \angle DMC$.

пусть на $DB$ есть точка $K$ так чтобы угол $\angle KCA=\angle ACB =\angle CBT =\angle TBA$ точка $T$ пересечение бисетрисы угла $B$ с $CD$ тогда треугольник $CKA$ равнобедреный и $KM$ высота ,бисектриса и медиана докажем что $\angle DMK =\angle KMA $ тогда пусть пересечение бисектриc треуга $CKB$ в точке $L$ докажем что $KNMA$ $kite$ $N$ это пересечение $MD$ с $CK$ знаем что $NK=KA$ $ \angle NKM = \angle MKA $ отсюда понимаем что это $kite$ по его признакам и мы доказали что $\angle NMK = \angle KMA $ отсюда т.к. $KM \bot CB$ $\rightarrow$ $\angle AMB = \angle DMC $ что и требовалоь доказать

если есть орфографические ошибки напишите пожалуйста

Так откуда факт что $KA=NK$?

вы не использовали что $\angle DCA=90$