Задание №17 — Окружности и треугольники

Решение:

а) Рассмотрим вписанные углы $BAM$ и $BCM$. Поскольку они опираются на общую дугу $BM$, их величины равны: $\angle BAM = \angle BCM$.
По условию задачи луч $AM$ является биссектрисой угла $BAC$, следовательно, $\angle BAM = \angle MAC$. Из этого вытекает равенство $\angle MAC = \angle BCM$.
Также заметим, что вписанные углы $MAC$ и $MBC$ опираются на одну и ту же дугу $MC$, значит, $\angle MAC = \angle MBC$.
Таким образом, получаем $\angle MBC = \angle MCB$. Это означает, что в треугольнике $BMC$ углы при основании $BC$ равны, то есть $\triangle BMC$ — равнобедренный, что и требовалось доказать.

б) Воспользуемся свойством биссектрисы внутреннего угла треугольника $ABC$:
$$\frac{BK}{AB} = \frac{KC}{AC} \implies \frac{BK}{KC} = \frac{AB}{AC} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$$
Учитывая, что длина стороны $BC = 7$, и она складывается из отрезков $BK$ и $KC$, находим их длины: $BK = 4$ и $KC = 3$.
Вписанные углы $ABC$ и $AMC$ опираются на дугу $AC$, поэтому $\angle ABC = \angle AMC$.
Применим теорему косинусов для треугольника $ABC$, чтобы найти косинус угла $B$:
$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos \angle ABC$
$36 = 64 + 49 - 112 \cdot \cos \angle ABC$
$112 \cdot \cos \angle ABC = 77 \implies \cos \angle ABC = \frac{77}{112} = \frac{11}{16}$.
Теперь вычислим синус этого угла:
$\sin^{2} \angle ABC = 1 - \cos^{2} \angle ABC = 1 - \frac{121}{256} = \frac{135}{256}$
$\sin \angle ABC = \frac{\sqrt{135}}{16}$. Следовательно, $\sin \angle AMC = \frac{3\sqrt{15}}{16}$.
Для нахождения радиуса $R$ описанной окружности около треугольника $KMC$ воспользуемся теоремой синусов:
$R = \frac{KC}{2 \sin \angle KMC} = \frac{3}{2 \cdot \frac{\sqrt{135}}{16}} = \frac{3 \cdot 8}{\sqrt{135}} = \frac{24}{3\sqrt{15}} = \frac{8}{\sqrt{15}} = \frac{8\sqrt{15}}{15}$.

Ответ: б) $\frac{8\sqrt{15}}{15}$

Источник: ФИПИ