Олимпиада имени Леонарда Эйлера
2013-2014 учебный год, I тур заключительного этапа


На стороне $AB$ треугольника $ABC$ с углом в $100 ^\circ$ при вершине $C$ взяты точки $P$ и $Q$ такие, что $AP = BC$ и $BQ = AC$. Пусть $M$, $N$, $K$ — середины отрезков $AB$, $CP$, $CQ$ соответственно. Найдите угол $NMK$. ( М. Кунгожин, Методическая комиссия Эйлера )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Ответ. $40 ^\circ $.
Решение. Достроим треугольник до параллелограмма $ACBD$. Тогда $M$ является серединой отрезка $CD$. Так как $AP = BC = AD$ и $BQ = AC = BD$, треугольники $APD$ и $BQD$ — равнобедренные. Поэтому $\angle QDP = \angle ADP+\angle BDQ - \angle ADB= (90^\circ - \angle DAB/2)+(90^\circ - \angle DBA/2) - 100^\circ = 80^\circ- \angle DAB+\angle DBA)/2 = 40 ^\circ $.
Осталось заметить, что $\angle QDP = \angle KMN$, так как $MK$ и $MN$ — средние линии треугольников $DQC$ и $DPC $ соответственно.