11456. Вписанная в треугольник ABC
окружность касается стороны AC
в точке B_{1}
, а стороны BC
в точке A_{1}
. На стороне AB
нашлась такая точка K
, что AK=KB_{1}
, BK=KA_{1}
. Докажите, что \angle ACB\geqslant60^{\circ}
.
Решение. Обозначим через C_{1}
точку касания вписанной окружности со стороной AB
. Пусть \angle BAC=2\alpha
и \angle ABC=2\beta
. Тогда
\angle AB_{1}C_{1}=\angle AC_{1}B_{1}=90^{\circ}-\alpha~\mbox{и}~\angle C_{1}A_{1}B=\angle A_{1}C_{1}B=90^{\circ}-\beta,
в силу того, что B_{1}A=AC_{1}
и A_{1}B=BC_{1}
как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки. Кроме того,
\angle AKB_{1}=180^{\circ}-4\alpha~\mbox{и}~\angle BKA_{1}=180^{\circ}-4\beta.
Заметим, что точка K
лежит либо вне описанной окружности треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
, либо на этой окружности, поэтому \angle B_{1}C_{1}A_{1}\geqslant\angle B_{1}KA_{1}
(см. задачу 264), а так как
\angle A_{1}B_{1}C_{1}=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)-(90^{\circ}-\beta)=\alpha+\beta,
то
\alpha+\beta=\angle B_{1}C_{1}A_{1}\geqslant\angle B_{1}KA_{1}=180^{\circ}-(180^{\circ}-4\alpha)-(180^{\circ}-4\beta)=
=4\alpha+4\beta-180^{\circ},
откуда \alpha+\beta\leqslant60^{\circ}
. Следовательно,
\angle ACB=180^{\circ}-2\alpha-2\beta=180^{\circ}-2(\alpha+\beta)\geqslant180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}.
Что и требовалось доказать.