11493. В треугольнике ABC
точка I
— центр вписанной окружности, вневписанная окружность с центром I_{a}
касается стороны BC
в точке A'
. Через точку I
проведена прямая l
, перпендикулярная BI
. Оказалось, что прямая l
пересекает прямую I_{a}A'
в точке K
, лежащей на средней линии треугольника ABC
, параллельной стороне BC
. Докажите, что \angle B\leqslant60^{\circ}
.
Решение. Пусть AH
— высота треугольника ABC
, M
— её середина, а N
— точка пересечения прямых AH
и BI
. Тогда точки A'
, I
, M
лежат на одной прямой (см. задачу 6428), поэтому \angle MIN=\angle BIA'
.
Из точек M
и I
отрезок KN
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром KM
. Тогда \angle MIN=\angle MKN
.
Из точек A'
и I
отрезок BK
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром BM
. Тогда
\angle BKA'=\angle BIA'=\angle MIN=\angle MKN.
Следовательно,
\angle BKN=\angle BKA'+\angle A'KN=\angle MKN+\angle A'KN=90^{\circ}.
Таким образом, из точек H
и K
отрезок BN
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром BN
. Тогда
\angle BKH=\angle BNH=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle B.
Пусть C_{1}
— середина стороны AB
. Отрезок CC_{1}
— медиана прямоугольного треугольника ABH
, поэтому треугольник BC_{1}H
равнобедренный, C_{1}B=C_{1}H
. Прямая MC_{1}
— касательная к его описанной окружности. Точка K
лежит на этой касательной, поэтому (см. задачу 264)
\angle BKH\leqslant BC_{1}H=180^{\circ}-2\angle B,
а так как \angle BKH=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle B
, то
90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle B\leqslant180^{\circ}-2\angle B,
откуда получаем, что \angle B\leqslant60^{\circ}
.