11032. В треугольнике ABC
известно, что \angle A=30^{\circ}
, \angle B=80^{\circ}
. Точка M
лежит внутри треугольника, при этом \angle MAC=10^{\circ}
, \angle MCA=30^{\circ}
. Найдите угол BMC
.
Ответ. 110^{\circ}
.
Указание. См. задачу 2900.
Решение. По теореме о сумме углов треугольника
\angle ABC=180^{\circ}-30^{\circ}-80^{\circ}=70^{\circ}.
От луча BA
в полуплоскость, содержащую точку C
, отложим луч под углом 20^{\circ}
к BA
. Пусть этот луч пересекает прямую AM
в точке O
. Поскольку \angle BAO=\angle BAM=20^{\circ}=\angle ABO
, треугольник AOB
равнобедренный, OA=OB
. Кроме того,
\angle AOB=180^{\circ}-2\cdot20^{\circ}=140^{\circ}=2\angle ACB,
следовательно, точки A
, B
и C
лежат на окружности с центром O
и радиусом OA=OB=OC
(см. задачу 2900), т. е. на описанной окружности треугольника ABC
.
Центральный угол BOC
равен половине вписанного угла BAC
, равного 30^{\circ}
, значит, треугольник BOC
равносторонний. Тогда
\angle ACO=\angle ACB-\angle OCB=70^{\circ}-60^{\circ}=10^{\circ},
поэтому
\angle MCO=\angle MCA-\angle ACO=30^{\circ}-10^{\circ}=20^{\circ}.
С другой стороны, по теореме о внешнем угле треугольника
\angle COM=\angle CAO+\angle ACO=10^{\circ}+10^{\circ}=20^{\circ}=\angle MCO,
значит, MO=MC
, а так как BO=BC
, то прямая BM
— серединный перпендикуляр к отрезку OC
.
Пусть прямая BM
пересекает отрезок OC
в точке H
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle BMC=\angle BHC+\angle MCO=90^{\circ}+20^{\circ}=110^{\circ}.
Примечание. См. также статью Д.Изаака «Выручает описанная окружность», Квант, 1987, N2, с.41-42.
Источник: Журнал «Квант». — 1987, № 2, с. 42, задача 2