Задача к ЕГЭ на тему «из прошлых лет» №113

Дан треугольник $ABC,$ причем $∠ABC = 60∘.$ Вписанная в этот треугольник окружность касается стороны $AC$ в точке $M.$

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

б) Найдите $sin∠BMC,$ если известно, что отрезок $BM$ в 2,5 раза больше радиуса вписанной в треугольник окружности.

а) Рассмотрим два случая: когда $O$ (центр вписанной окружности) лежит на $BM$ и когда не лежит.

$PIC$

1) $O ∈ BM.$

Это значит, что $BM$ является биссектрисой $∠B$ (т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис), а также высотой (т.к. $OM ⊥ AC$ как радиус, проведенный в точку касания). Следовательно, $△ABC$ равнобедренный с основанием $AC$ . Т.к. один из углов $∘ ∠B = 60$ , то все остальные углы в $△ABC$ тоже равны по $∘ 60$ , то есть он равносторонний.

Таким образом, $O$ – это еще точка пересечения медиан $△ABC$ . Т.к. медианы точкой пересечения делятся в отношении $2 :1$ , считая от вершины, то $BO :OM = 2:1$ , откуда следует, что $BM = 3OM = 3r$ , где $r$ – радиус вписанной окружности.

2) $O ⁄∈ BM$ .

Тогда рассмотрим $△OBM$ . По неравенству треугольника сумма любых его двух сторон больше третьей, то есть

BM < BO +OM ⇒ BM < BO + r.

Таким образом, если доказать, что $BO ≤ 2r$ , то отсюда последует требуемое неравенство.

Т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис, то $BO$ – биссектриса $∠B$ , то есть $∘ ∠KBO = 30$ , где $K$ – точка касания окружности со стороной $AB$ . Причем $∘ ∠BKO = 90$ (радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной). Таким образом, в прямоугольном $△BKO$ катет $KO = r$ , лежащий против угла $30∘$ , равен половине гипотенузы $BO$ , то есть $r = 1BO 2$ , откуда $BO = 2r$ . Значит,