13861. Дан треугольник ABC
, в котором \angle ACB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC
, M
— середина стороны BC
. Докажите, что \angle AMC\lt60^{\circ}
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
. Пусть AW
— биссектриса треугольника ABC
. Тогда
\gamma=90^{\circ}+\frac{\beta}{2},
\alpha=180^{\circ}-\beta-\gamma=180^{\circ}-\beta-90^{\circ}-\frac{\beta}{2}=90^{\circ}-\frac{3}{2}\beta\gt0^{\circ},
поэтому, \frac{3}{2}\beta\lt90^{\circ}
, а \frac{\beta}{4}\lt15^{\circ}
.
Поскольку AWC
— внешний угол треугольника ABW
, то
\angle AWC=\frac{\alpha}{2}+\beta=\left(45^{\circ}-\frac{3}{4}\beta\right)+\beta=45^{\circ}+\frac{\beta}{4}\lt60^{\circ}.
Поскольку \gamma\gt90^{\circ}\gt\beta
, то AB\gt AC
, поэтому BW\gt CW
. Значит, точка W
лежит между точками M
и C
. Тогда AWC
— внешний угол треугольника AMW
. Следовательно,
\angle AMC=\angle AWC-\angle MAW\lt\angle AWC\lt60^{\circ}.
Что и требовалось доказать.