Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16497
2026-02-19 
Пусть $M$ - середина стороны $BC$ треугольника $ABC$, в котором $\angle ABM=\angle C$ и $\angle MAC=15^{\circ}$. Найдите $\angle C$
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 3946). 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 т.к. $MM'$ - 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, т.к. 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, т.к. на промежутке $0^{\circ}\lt\gamma\lt180^{\circ}$ левая часть уравнения убывает
Пусть $M$ - середина стороны $BC$ треугольника $ABC$, в котором $\angle ABM=\angle C$ и $\angle MAC=15^{\circ}$. Найдите $\angle C$
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 3946). 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 т.к. $MM'$ - 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, т.к. 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, т.к. на промежутке $0^{\circ}\lt\gamma\lt180^{\circ}$ левая часть уравнения убывает
