Прямая $MP$ может пересекать как сами стороны $AB$, $BC$, так и их продолжения (см. рисунки 1—3). Во всех трёх случаях ответ одинаков: $\widehat{EDC}=60^\circ$, $\widehat{DEC}=90^\circ$, $\widehat{DCE}=30^\circ$. Приведём несколько решений.
[Мы ограничимся описаниями решений для случая, соответствующего рисунку 1 (решения для случаев, изображённых на рисунках 2 и 3, находятся по аналогии).]
Первое решение. Достроим трапецию $MPCA$ до параллелограмма $PCAK$ (рис. 4). $|DK|=|DC|$, поскольку треугольник $KDM$ конгруэнтен треугольнику $CDP$ ($|KM|=|MA|=|PC|$, $|MD|=|DP|$, $\widehat{KMD}=150^\circ=\widehat{DPC}$). Следовательно, треугольник $KDC$ — равнобедренный, а так как $E$ — середина $[KC]$, получаем $[DE] \perp [KC]$, $\widehat{EDC}=\dfrac12 \cdot \widehat{KDC}=\dfrac12 \cdot 120^\circ=60^\circ$ $(\widehat{KDC}=\widehat{MDP}=120^\circ)$.
Замечание. Можно было бы сделать поворот треугольника $DPC$ по часовой стрелке на $120^\circ$ относительно центра $D$. При этом $P\longrightarrow M$, $C \longrightarrow K$, $KDC=120^\circ$; остальное очевидно.
Второе решение. Осуществим поворот треугольника $ABC$ на $60^\circ$ против часовой стрелки вокруг центра $B$ (рис. 5). При этом $D \longrightarrow D_1$, $M \longrightarrow P=M_1$, $P \longrightarrow P_1$, $E \longrightarrow E_1$, $C \longrightarrow C_1$, $A \longrightarrow C=A_1$.
Точки $D$, $D_1$, как центры треугольников $MBP$ и $M_1BP_1$ соответственно, лежат на отрезке $MP_1$ и делят его на три равные части. Следовательно, $D_1E_1$ — средняя линия в треугольнике $DP_1C$, $|D_1E_1|=\dfrac12|DC|=|DE|$, причём $[D_1E_1] \parallel [DC]$. Но $[D_1E_1]$ получается из $[DE]$ поворотом на $60^\circ$; следовательно, $\widehat{EDC}=60^\circ$. Остальное очевидно.
Третье решение (алгебраическое, но почти без вычислений).
Пусть $l$ — длина стороны треугольника $ABC$, $x$ — длина стороны треугольника $MBP$ (рис. 6). При $x=0$ и $x=1$ (см. рис. 7)
$$
{|DC|}^2-{|DE|}^2-|EC|^2=0.
\tag{1}
$$
Равенство (1) несложно проверяется и для $x=\dfrac12$ (рис. 8). В этом месте надо немного повычислять: проведём $(DH) \parallel (AB)$ и $(DF) \parallel (AC)$. Имеем $|DH|=\dfrac13$, $|HE|=\dfrac{1}{12}$, $|EK|=\dfrac14$, $|DF|=\dfrac16$, a каждый из углов $\widehat{DHE}$, $\widehat{EKC}$ и $\widehat{DFC}$ равен $120^\circ$. По теореме косинусов в треугольниках $DHE$, $EKC$ и $DFC$ $|DE|^2=\dfrac19+\dfrac{1}{144}+\dfrac{1}{36}=\dfrac{21}{144}$, $|EC|^2=\dfrac{1}{16}+\dfrac14+\dfrac{1}{8}=\dfrac{63}{144}$, $|DC|^2=\dfrac{1}{36}+\dfrac49+\dfrac19=\dfrac{84}{144}$, откуда следует (1).
Левая часть соотношения (1) является квадратным трёхчленом от $x$ (квадраты длин сторон можно выразить из соответствующих треугольников при помощи теоремы косинусов). В силу сказанного выше, этот трёхчлен в трёх точках ($x=0$, $x=\dfrac12$ и $x=1$) обращается в нуль. Значит, он тождественно равен нулю.
Следовательно, (1) выполняется при всех $x$, т. е. при всех $x$ треугольник $DEC$ — прямоугольный: $\widehat{DEC}=90^\circ$. Аналогично проверяется, что квадратный трёхчлен
$$
|DE|^2-\dfrac14\cdot|DC|^2
\tag{2}
$$
в трёх точках ($x=0$, $\dfrac12$, $1$) также принимает нулевое значение, а потому тождественно равен нулю. Значит, $|DE|=\dfrac12|DC|$, т. е. $\widehat{CDE}=60^\circ$.
Ещё одно, четвёртое, решение основано на таком наблюдении: треугольник $DPC$ получается из треугольника $DKE$ таким центральноподобным поворотом: композицией поворота на угол $60^\circ$ с центром $D$ и гомотетии с коэффициентом 2. Попробуйте записать это решение так, чтобы оно годилось сразу для всех трёх случаев (см. рис. 1, 2, 3).
Рисунок 1
Рисунок 2
Рисунок 3
Рисунок 4
Рисунок 5
Рисунок 6
Рисунок 7
Рисунок 8
