В треугольнике \(ABC\) угол \(ABC\) равен \(60^\circ\). Вписанная окружность касается стороны \(AC\) в точке \(M\).
а) Докажите, что \(BM\) не больше утроенного радиуса вписанной окружности.
б) Найдите \(\sin\angle BMC\), если \(BM = 2{,}8r\).
Решение
а) Пусть \(O\) — центр вписанной окружности, \(N\) — точка её касания со стороной \(BC\). Тогда \(BO\) лежит на биссектрисе угла \(ABC\), поэтому
\[\angle OBN = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ.\]
В прямоугольном треугольнике \(OBN\) (радиус \(ON \perp BC\)) катет \(ON = r\) лежит против угла \(30^\circ\), значит
\[BO = 2\,ON = 2r.\]
Кроме того, \(OM = r\) как радиус. Если точка \(O\) не лежит на отрезке \(BM\), то по неравенству треугольника
\[BM < BO + OM = 2r + r = 3r;\]
если же \(O \in BM\), то \(BM = BO + OM = 3r\). В обоих случаях
\[BM \leqslant 3r,\]
что и требовалось доказать.
б) В треугольнике \(BOM\) известны все три стороны:
\[BM = 2{,}8r, \qquad BO = 2r, \qquad OM = r.\]
По теореме косинусов
\[\cos\angle BMO = \frac{BM^2 + MO^2 - BO^2}{2\cdot BM\cdot MO} = \frac{7{,}84r^2 + r^2 - 4r^2}{2\cdot 2{,}8r\cdot r} = \frac{4{,}84}{5{,}6} = \frac{121}{140}.\]
Радиус \(OM\) перпендикулярен касательной \(AC\), поэтому угол \(BMC\) отличается от угла \(BMO\) ровно на \(90^\circ\): в зависимости от расположения точки \(M\)
\[\angle BMC = 90^\circ + \angle BMO \quad\text{или}\quad \angle BMC = 90^\circ - \angle BMO.\]
В обоих случаях
\[\sin\angle BMC = \sin\left(90^\circ \pm \angle BMO\right) = \cos\angle BMO = \frac{121}{140}.\]
Ответ: б) \(\dfrac{121}{140}\).