Задача №18385

В треугольнике $ABC$ угол $ABC$ равен $60^{\circ }\text{.}$ Окружность, вписанная в треугольник, касается стороны $AC$ в точке $M\text{.}$

а) Докажите, что отрезок $BM$ не более утроенного радиуса вписанной в треугольник окружности.

б) Найдите $\sin \angle BMC\text{,}$ если известно, что отрезок $BM$ в 2,8 раза больше радиуса вписанной в треугольник окружности.

а) Пусть $O$ — центр окружности, $N$ — точка касания со стороной $BC\text{.}$ Тогда $BO$ — отрезок биссектрисы угла $ABC\text{,}$ $OM=ON=r$ — радиусы. Следовательно, $\angle OBN=30^{\circ }\text{,}$ откуда $BO=2ON=2r\text{.}$ Если $O\notin BM\text{,}$ то по неравенству треугольника

$$BM<BO+OM=2r+r=3r.$$

Если $O\in BM\text{,}$ то

$$BM=BO+OM=3r.$$

Следовательно, по итогу $BM⩽3r\text{.}$ Что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим $△BOM\text{:}$ $BM=2,8r\text{,}$ $BO=2r\text{,}$ $OM=r\text{.}$ Тогда по теореме косинусов для этого треугольника имеем

$$\cos \angle BMO=\frac{B{M}^2+M{O}^2-B{O}^2}{2BM\cdot MO}=\frac{121}{140}.$$

Заметим, что на самом деле возможны два случая.

1) Если $\angle MBC>\angle OBC\text{,}$ то

$$\sin \angle BMC=\sin (90^{\circ }+\angle BMO)=\cos \angle BMO=\frac{121}{140}.$$

2) Если $\angle MBC<\angle OBC\text{,}$ то

$$\sin \angle BMC=\sin (90^{\circ }-\angle BMO)=\cos \angle BMO=\frac{121}{140}.$$

То есть в обоих случаях $\sin \angle BMC=\frac{121}{140}\text{.}$