Punto de la bisectriz y excéntrica

Question

Dado un triángulo ABC, $\angle BAC = 20^{\circ}, \angle ACB=30^{\circ}$. M es un punto interior del triángulo tal que $\angle MAC=\angle MCA=10^{\circ}$. L es un punto en el AC (L está entre a y C) tal que $AL=AB$. Si $AM \cap BC =K$, demuestran que, a $K$ es el centro de la excircle de $\triangle ABL$. Encontrar $\angle AMB$.

Demostrando que $K$ es la excéntrica de $\triangle ABL$ es fácil. Sin embargo, no puedo encontrar a $\angle AMB$.

Answer 1

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Desde $\overline{AB}=\overline{AL}$, $\triangle ABL$ es isósceles. $\overline{AK}$ biseca $\angle BAL$; por lo tanto, $\overline{BL}\perp\overline{AK}$. Deje $J$ ser la intersección de $\overline{BL}$$\overline{AK}$. Caída perpendicular $\overline{KN}$ $\overline{AB}$y perpendicular $\overline{KP}$$\overline{AC}$.

$\angle ABC=130^\circ$ $\angle ABJ=80^\circ$ ; por lo tanto, $\angle JBK=50^\circ$. Ser un ángulo externo de $\triangle ABC$, $\angle NBK=50^\circ$. Por lo tanto, $\triangle BJK=\triangle BNK$. Así, $\overline{NK}=\overline{JK}$. $\triangle ANK=\triangle APK$; por lo tanto $$ \overline{PK}=\overline{NK}=\overline{JK} $$ Por lo tanto, $K$ es el centro de la excircle a $\triangle ABL$ tangente a $\overline{BL}$.

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Ser un ángulo externo de $\triangle AMC$, $\angle KMC=20^\circ$. Por lo tanto, $\triangle KMC$ es isósceles, dando a $\overline{MK}=\overline{KC}$.

Debido a $\triangle CKP$ $30{-}60{-}90$ triángulo, podemos colocar $Q$, de modo que $\triangle CQP$ $30{-}60{-}90$ $\triangle KQC$ es equilátero. Por lo tanto, $\overline{KQ}=\overline{KC}$. Además, $\overline{KP}=\overline{QP}=\frac12\overline{KQ}$. Por lo tanto, $$ \frac{\overline{JK}}{\overline{MK}}=\frac{\overline{PK}}{\overline{KQ}}=\frac12 $$ Por lo tanto, $\overline{MJ}=\overline{JK}$, e $\triangle MBK$ es isósceles. Desde $\angle MBJ=\angle JBK=50^\circ$,$\angle BMJ=40^\circ$, lo que deja a $\angle AMB=140^\circ$.