Задание 3* В прямоугольнике ABCD AD = 2АВ. На стороне ВС отметили точку М так, что ZAMB = ∠AMD. Найдите эти углы.

Решение:

Пусть дан прямоугольник ABCD. Обозначим \( AB = x \). Тогда \( AD = 2x \).

По свойству прямоугольника \( BC = AD = 2x \) и \( CD = AB = x \).

На стороне BC отмечена точка M. Рассмотрим треугольник ABM. Это прямоугольный треугольник, так как \( \angle ABM = 90^{\circ} \).

В \( \triangle ABM \): \( AB = x \), \( BM = y \). Тогда \( \tan(\angle AMB) = \frac{AB}{BM} = \frac{x}{y} \).

Рассмотрим треугольник AMD. Стороны \( AD = 2x \).

Из условия \( \angle AMB = \angle AMD \). Пусть этот угол равен \( \alpha \).

В \( \triangle ABM \): \( \tan(\angle AMB) = \frac{AB}{BM} \). Пусть \( BM = y \). Тогда \( \tan(\alpha) = \frac{x}{y} \).

Так как M лежит на BC, то \( MC = BC - BM = 2x - y \).

Рассмотрим \( \triangle MCD \). Это прямоугольный треугольник, так как \( \angle MCD = 90^{\circ} \).

В \( \triangle MCD \): \( CD = x \), \( MC = 2x - y \).

\( \angle CMD = 180^{\circ} - \angle AMB = 180^{\circ} - \alpha \) (так как точки A, M, D лежат на одной прямой, что не так, M лежит на BC).

Углы \( \angle AMB \) и \( \angle CMD \) не являются смежными, потому что A, M, D не лежат на одной прямой.

Рассмотрим \( \triangle AMD \). По теореме косинусов:

\( AD^2 = AM^2 + MD^2 - 2 AM MD \cos(\angle AMD) \).

Найдем \( AM \) и \( MD \) через \( x \) и \( y \).

В \( \triangle ABM \): \( AM^2 = AB^2 + BM^2 = x^2 + y^2 \).

В \( \triangle MCD \): \( MD^2 = MC^2 + CD^2 = (2x - y)^2 + x^2 = 4x^2 - 4xy + y^2 + x^2 = 5x^2 - 4xy + y^2 \).

В \( \triangle AMD \): \( AD^2 = (2x)^2 = 4x^2 \).

\( 4x^2 = (x^2 + y^2) + (5x^2 - 4xy + y^2) - 2 AM MD \cos(\alpha) \).

\( 4x^2 = 6x^2 - 4xy + 2y^2 - 2 AM MD \cos(\alpha) \).

\( 2 AM MD \cos(\alpha) = 2x^2 - 4xy + 2y^2 = 2(x^2 - 2xy + y^2) = 2(x-y)^2 \).

\( AM MD \cos(\alpha) = (x-y)^2 \).

Из \( \triangle ABM \): \( \cos(\angle AMB) = \cos(\alpha) = \frac{BM}{AM} = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} \).

\( \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} \sqrt{5x^2 - 4xy + y^2} \cos(\alpha) = (x-y)^2 \).

Теперь проще. В \( \triangle ABM \): \( \tan(\angle AMB) = \frac{AB}{BM} = \frac{x}{y} \).

В \( \triangle AMD \): Проведем высоту из M к AD. Пусть эта высота пересекает AD в точке H.

В \( \triangle AMD \), \( \angle DAM \) и \( \angle ADM \) не известны.

Рассмотрим \( \triangle ABM \) и \( \triangle AMD \). Так как \( \angle AMB = \angle AMD \), и M лежит на BC, и AD параллельно BC, то угол между AM и AD равен углу между AM и BC. Это не так.

Используем тригонометрические соотношения.

В \( \triangle ABM \) \( \tan(\angle AMB) = \frac{AB}{BM} = \frac{x}{y} \).

В \( \triangle MCD \) \( \tan(\angle CMD) = \frac{CD}{MC} = \frac{x}{2x-y} \).

Углы \( \angle AMB \) и \( \angle AMD \) равны. Пусть \( \angle AMB = \angle AMD = \alpha \).

Сумма углов \( \angle AMB + \angle CMD \) не равна 180 градусов.

Рассмотрим \( \triangle ADM \). Опустим перпендикуляр из M на AD. Пусть его основание будет H. Тогда \( MH \) будет параллельно AB и CD, а \( MH = AB = x \).

\( AH = BM = y \) (если M спроецировать на AD).

Это неверно. H не на AD.

Рассмотрим \( \triangle ABM \). \( \tan(\angle AMB) = \frac{x}{y} \).

Рассмотрим \( \triangle AMD \). Угол \( \angle DAM \) не равен 90. Угол \( \angle ADM \) не равен 90.

В \( \triangle AMD \), по теореме синусов:

\( \frac{AD}{\sin(\angle AMD)} = \frac{MD}{\sin(\angle DAM)} = \frac{AM}{\sin(\angle ADM)} \).

\( \frac{2x}{\sin(\alpha)} = \frac{MD}{\sin(\angle DAM)} = \frac{AM}{\sin(\angle ADM)} \).

У нас \( \angle AMB = \angle AMD = \alpha \).

В \( \triangle ABM \): \( \angle BAM = 90^{\circ} - \alpha \).

Угол \( \angle MAD \) не равен \( \angle BAM \).

Рассмотрим \( \triangle ADM \). Пусть \( \angle MAD = \beta \).

Тогда \( \angle DAM = \angle DAB - \angle MAB \) - это не так, M на BC.

\( \angle DAM \) - это часть \( \angle DAB \). \( \angle DAB = 90^{\circ} \).

Нам дано \( \angle AMB = \angle AMD \). Пусть \( BM = y \). Тогда \( MC = 2x - y \).

В \( \triangle ABM \): \( \tan(\angle AMB) = \frac{AB}{BM} = \frac{x}{y} \).

В \( \triangle AMD \), опустим перпендикуляр из M на AD. Пусть основание перпендикуляра H. Тогда \( MH = AB = x \).

\( AH = BM = y \) - неверно. H не обязательно падает на AD.

Рассмотрим \( \triangle ADM \). Можно провести высоту из D на AM, или из A на MD.

Рассмотрим \( \triangle ABM \) и \( \triangle AMD \). Пусть \( \angle AMB = \angle AMD = \alpha \).

В \( \triangle ABM \): \( \tan(\alpha) = \frac{x}{y} \).

В \( \triangle AMD \): используем формулу площади. Площадь \( \triangle AMD = \frac{1}{2} AD h \), где \( h \) — высота из M к AD.

Высота из M к AD равна AB = x. Это если M проецируется на AD.

Рассмотрим \( \triangle AMD \). Пусть \( \angle DAM = \beta \).

В \( \triangle ABM \): \( \tan(\angle AMB) = \frac{x}{y} \).

В \( \triangle AMD \): \( \angle MAD = \angle DAB - \angle MAB = 90^{\circ} - \angle MAB \).

В \( \triangle ABM \) \( \angle MAB = 90^{\circ} - \angle AMB \) - если \( \angle ABM = 90^{\circ} \).

\( \angle AMB = \alpha \). \( \angle ABM = 90^{\circ} \). \( \angle BAM = 90^{\circ} - \alpha \).

\( \angle MAD = \angle DAB - \angle MAB = 90^{\circ} - (90^{\circ} - \alpha) = \alpha \).

Теперь рассмотрим \( \triangle AMD \). \( \angle DAM = \alpha \).

В \( \triangle ABM \): \( \tan(\alpha) = \frac{AB}{BM} = \frac{x}{y} \).

В \( \triangle AMD \): \( \tan(\angle DAM) = \frac{MD}{AD} \) - неверно, \( \angle ADM \) прямой.

В \( \triangle AMD \) \( \angle ADM \) — не 90. \( \angle DAM = \alpha \).

По теореме синусов в \( \triangle ABM \): \( \frac{AM}{\sin(90^{\circ})} = \frac{BM}{\sin(90^{\circ}-\alpha)} = \frac{AB}{\sin(\alpha)} \).

\( AM = \frac{AB}{\sin(\alpha)} = \frac{x}{\sin(\alpha)} \).

\( BM = \frac{AB \cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} = x \cot(\alpha) = y \).

\( y = x \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} \).

В \( \triangle AMD \), \( \angle DAM = \alpha \). \( AD = 2x \).

По теореме синусов в \( \triangle AMD \): \( \frac{AD}{\sin(\angle AMD)} = \frac{MD}{\sin(\angle DAM)} \).

\( \frac{2x}{\sin(\alpha)} = \frac{MD}{\sin(\alpha)} \).

Отсюда \( MD = 2x \).

Теперь рассмотрим \( \triangle MCD \). \( CD = x \), \( MD = 2x \).

\( MC = BC - BM = 2x - y = 2x - x \cot(\alpha) \).

В \( \triangle MCD \), \( \angle MCD = 90^{\circ} \).

\( MD^2 = MC^2 + CD^2 \).

\( (2x)^2 = (2x - x \cot(\alpha))^2 + x^2 \).

\( 4x^2 = (2x - x \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)})^2 + x^2 \).

\( 3x^2 = x^2 (2 - \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)})^2 \).

\( 3 = (2 - \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)})^2 \).

\( \sqrt{3} = |2 - \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}| \).

Так как \( \alpha \) — острый угол, \( \sin(\alpha) > 0 \). \( \alpha \) — это \( \angle AMB \) в \( \triangle ABM \), значит \( \alpha < 90^{\circ} \).

\( \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} = \cot(\alpha) \).

\( \sqrt{3} = |2 - \cot(\alpha)| \).

Возможны два случая:

1) \( 2 - \cot(\alpha) = \sqrt{3} \).

\( \cot(\alpha) = 2 - \sqrt{3} \).

\( \alpha = \operatorname{arccot}(2 - \sqrt{3}) \).

Знаем, что \( \operatorname{arccot}(2 - \sqrt{3}) = 75^{\circ} \).

2) \( 2 - \cot(\alpha) = -\sqrt{3} \).

\( \cot(\alpha) = 2 + \sqrt{3} \).

\( \alpha = \operatorname{arccot}(2 + \sqrt{3}) = 15^{\circ} \).

Проверим, какой угол подходит. \( BM = y \), \( AB = x \).

\( BM = x \cot(\alpha) \).

Если \( \alpha = 75^{\circ} \), то \( \cot(75^{\circ}) = 2 - \sqrt{3} \). \( BM = x(2 - \sqrt{3}) \).

\( MC = 2x - x(2 - \sqrt{3}) = 2x - 2x + x\sqrt{3} = x\sqrt{3} \).

\( CD = x \).

В \( \triangle MCD \): \( MD^2 = MC^2 + CD^2 = (x\sqrt{3})^2 + x^2 = 3x^2 + x^2 = 4x^2 \).

\( MD = 2x \). Этот случай подходит.

Если \( \alpha = 15^{\circ} \), то \( \cot(15^{\circ}) = 2 + \sqrt{3} \). \( BM = x(2 + \sqrt{3}) \).

\( BM = 2x + x\sqrt{3} \). Но \( BM \) должно быть меньше \( BC = 2x \).

\( 2x + x\sqrt{3} > 2x \) т.к. \( \sqrt{3} > 0 \). Значит, этот случай невозможен, так как точка M лежит на отрезке BC.

Следовательно, \( \alpha = 75^{\circ} \).

\( \angle AMB = \angle AMD = 75^{\circ} \).

Ответ: Углы \( \angle AMB \) и \( \angle AMD \) равны 75°.