13496. Пусть M
— середина стороны BC
треугольника ABC
, в котором \angle ABM=\angle C
и \angle MAC=15^{\circ}
. Найдите \angle C
.
Ответ. 30^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Пусть O
— центр окружности \Omega
, описанной около треугольника AMC
, а R
— её радиус. Обозначим \angle BAC=\angle ACB=\gamma
. Поскольку \angle MCA=\angle MAB
, прямая AB
— касательная к окружности \Omega
(см. задачу 144). Центральный угол COM
вдвое больше вписанного угла MAC
, поэтому \angle COM=30^{\circ}
.
Опустим перпендикуляры MM'
и BB'
на прямую OC
. Из прямоугольного треугольника MM'O
с острым углом 30^{\circ}
при вершине O
получаем, что MM'=\frac{1}{2}OM=\frac{1}{2}R
, а так как MM'
— средняя линия треугольника BB'C
, то BB'=2MM'=R
.
Из точек A
и B'
отрезок OB
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром OB
. Меньшие дуги AO
и BB'
этой окружности равны, так как равны стягивающие их хорды (AO=R=BB'
). Значит, равны и опирающиеся на них углы ABO
и BOB'
. Значит, прямые AB
и OC
параллельны, и
\angle AOC=\angle BAO=90^{\circ}.
Катеты OA
и OC
прямоугольного треугольника AOC
равны как радиусы окружности \Omega
, поэтому
\angle OAC=\angle OCA=45^{\circ}~\Rightarrow\angle BAC=90^{\circ}-\angle AOC=45^{\circ}.
Следовательно,
\gamma=\angle BAC-\angle MAC=45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}.
Второй способ. Пусть \angle C=\gamma
, AB=c
, BM=CM=a
. Треугольник CAB
подобен треугольнику AMB
, поэтому \frac{c}{2a}=\frac{a}{c}
, откуда c=a\sqrt{2}
. По теореме синусов из треугольника ABC
получаем
\frac{2a}{\sin(\gamma+15^{\circ})}=\frac{a\sqrt{2}}{\sin\gamma}~\Leftrightarrow~\frac{\sin(\gamma+15^{\circ})}{\sin\gamma}=\sqrt{2}~\Leftrightarrow~\cos15^{\circ}+\sin15^{\circ}\ctg\gamma=\sqrt{2}.
Легко проверить, что этому уравнению удовлетворяет \gamma=30^{\circ}
. Других решений нет, так как на промежутке 0^{\circ}\lt\gamma\lt180^{\circ}
левая часть уравнения убывает.