Задача
В треугольнике $ABC$ $I$ – центр вписанной окружности, вневписанная окружность с центром $I_A$ касается стороны $BC$ в точке $A'$. Через $I$ проведена прямая $l\perp BI$. Оказалось, что $l$ пересекает $I_AA'$ в точке $K$, лежащей на средней линии, параллельной $BC$. Докажите, что $\angle B\leq 60^{\circ}$.
Решение
Пусть $AH_A$ – высота треугольника, $M$ – ее середина, а $N$ – точка пересечения $AH_A$ с $BI$. Тогда точки $A'$, $I$, $M$ – проекции $K$ на прямые $BC$, $BI$, $AH_A$ соответственно – лежат на одной прямой, следовательно, четырехугольник $BKNH_A$ вписанный и $\angle BKH_A=\angle BNH_A=90^{\circ}-\angle B/2$.
Так как середина $M_C$ стороны $AB$ равноудалена от $B$ и $H_A$, а $M_CK\parallel BH_A$, то $\angle BKH_A < \angle BM_CH_A=180^{\circ}-2\angle B$, откуда и следует искомое неравенство.
Ответ
Ответ задачи отсутствует
Чтобы оставлять комментарии, войдите или зарегистрируйтесь