Задание 17 ЕГЭ, математика (профиль): Вписанные окружности и треугольники

а) Пусть $O$ — центр вписанной окружности, а её точки касания со сторонами $BC$ и $AC$ — это $H$ и $M$ соответственно. Тогда $OH\perp BC$, $OM\perp AC$, и $OH=OM=r$ (радиусы, проведённые в точки касания).

Луч $BO$ — биссектриса угла $B$, поэтому $\angle OBH=\dfrac{60^\circ}{2}=30^\circ$. В прямоугольном треугольнике $BHO$ катет $OH$ лежит против угла $30^\circ$, значит $$BO=\dfrac{OH}{\sin30^\circ}=2OH=2r.$$

Точка $O$ не лежит на отрезке $BM$ (это центр окружности, а не точка на прямой), поэтому по неравенству треугольника для треугольника $BOM$: $$BM\le BO+OM=2r+r=3r,$$ что и требовалось доказать.

б) По условию $BM=2{,}5r=\dfrac52 r$. Рассмотрим треугольник $BOM$, где $BO=2r$, $OM=r$, $BM=\dfrac52 r$. По теореме косинусов: $$BO^2=BM^2+OM^2-2\cdot BM\cdot OM\cdot\cos\angle BMO.$$ Подставляем значения: $$(2r)^2=\left(\frac52 r\right)^2+r^2-2\cdot\frac52 r\cdot r\cdot\cos\angle BMO,$$ $$4r^2=\frac{25}{4}r^2+r^2-5r^2\cos\angle BMO.$$ Отсюда $$\cos\angle BMO=\dfrac{\frac{29}{4}r^2-4r^2}{5r^2}=\dfrac{13}{20}.$$

Так как $OM\perp AC$, а $C$ лежит на прямой $AC$, угол между $MO$ и $MC$ равен $90^\circ$. Значит угол $\angle BMC$ отличается от $\angle BMO$ на $90^\circ$, то есть $\angle BMC=90^\circ+\angle BMO$. Используя формулу приведения: $$\sin\angle BMC=\sin(90^\circ+\angle BMO)=\cos\angle BMO=\dfrac{13}{20}=0{,}65.$$