El punto se encuentra dentro de un triángulo ABC con ∡BAC=45∘∡BAC=45∘\measuredangle BAC=45^\circ y ∡ABC=30∘∡ABC=30∘\measuredangle ABC=30^\circ

Aplique la forma trigonométrica del teorema de Ceva.

Si$\angle BCM = x$,

$\sin \angle BAM \ \sin \angle ACM \sin CBM = \sin \angle MAC \ \sin \angle MCB \ \sin \angle MBA$

$\sin 15^0 \sin (105^0-x) \sin 15^0 = \sin 30^0 \sin x \sin 15^0$

$\cos (15^0-x) \sin 15^0 = 2 \sin 15^0 \cos 15^0 \sin x$

$\sin 30^0 \cos (15^0-x) = \cos 15^0 \sin x$

$\sin (45^0-x) + \sin (15^0+x) = \sin (15^0+x) + \sin(x-15^0)$

$45^0-x = x-15^0 \implies x = 30^0$

Entonces$\angle BMC = 180^0 - 30^0 - 15^0 = 135^0$.

EDITAR : Para una solución geométrica, vea la siguiente construcción que puede usar.$AN$es la bisectriz del ángulo de$\angle CAM$. puedes probar$\angle ANM = \angle ANC = 60^0$y$CN = NM$. Entonces,$\angle MCB = 30^0$.$\therefore \angle BMC = 135^0$.

Encontré una solución sin trigonometría. La clave es considerar el punto medio de$BC$, que he nombrado$N$en la imagen de abajo. Usando las líneas punteadas y las observaciones que$|AD| = |CD| = |CN| = |DN| = |BN|$, es fácil demostrar que$\angle BAN = 15^{\circ}$. Esto significa que$A$,$M$y$N$son colineales, y además que$\triangle NMB \sim \triangle NBA$. Esto da la relación$|NM| / |NB| = |NB| / |NA|$, y desde$N$era el punto medio de$BC$, concluimos que también$|NM| / |NC| = |NC| / |NA|$. Esto significa que$\triangle NMC \sim \triangle NCA$, de lo que se sigue que$\angle BMC = \angle BMN + \angle NMC = 30^{\circ} + 105^{\circ} = 135^{\circ}$, como se desee.

Una observación final: en realidad es cierto que$|AM| = |AC|$, como se deduce fácilmente de la prueba anterior. Sin embargo, no pude encontrar de inmediato una solución que de alguna manera aproveche este hecho, pero me parece que debería ser posible. ¿Alguien está dispuesto a hacerlo?