5. Zadatak

Prvo rješenje.

Prema obratu Talesovog teorema, kružnica kojoj je promjer $BC$ (i središte točka $P$) prolazi točkama $M$ i $N$.

Zato vrijedi

$$\begin{aligned} \angle MPN&=2\angle MBN\\ &=2\angle MBA\\ &=2(90^\circ-\angle BAM)\\ &=2(90^\circ-\angle BAC)=30^\circ. \end{aligned}$$

Dakle, traženi kut iznosi $30^\circ$.

Drugo rješenje.

Feuerbachova kružnica (kružnica devet točaka) prolazi kroz polovišta stranica i nožišta visina trokuta. Neka je $K$ nožište visine iz vrha $A$. Tada je $MNPK$ tetivni četverokut, tj. $\angle MPN=\angle MKN$.

Trokut $MKN$ je nožišni trokut trokuta $ABC$. Poznato je da u nožišnom trokutu vrijedi

$$\angle MKN=180^\circ-2\angle BAC.$$

Zato vrijedi

$$\angle MPN=\angle MKN=180^\circ-2\cdot75^\circ=30^\circ.$$

Službeni dodatni dokaz svojstva nožišnog trokuta.

Neka je $H$ ortocentar trokuta $ABC$. Budući da su nasuprotni kutovi u četverokutu $BKHN$ pravi, slijedi da je taj četverokut tetivan. Zato je

$$\angle HKN=\angle HBN=90^\circ-\angle BAC.$$

Analogno slijedi da je

$$\angle HKM=\angle HCM=90^\circ-\angle BAC.$$

Zato je

$$\angle MKN=\angle HKN+\angle HKM=180^\circ-2\angle BAC.$$

Drugi način. Uočimo da su trokuti $AMN$, $KBN$ i $KMC$ slični trokutu $ABC$. Na primjer, trokuti $AMN$ i $ABC$ su slični jer je

$$|AN|:|AC|=\cos\alpha=|AM|:|AB|,$$

te je kut kod vrha $A$ zajednički. Zbog sličnosti zaključujemo $\angle NKB=\angle MKC=\angle BAC$ te je

$$\angle MKN=180^\circ-\angle NKB-\angle MKC=180^\circ-2\angle BAC.$$