Тип 17 № 13137

а)

Пусть точка $O$ — центр вписанной окружности, как известно, она находится в точке пересечения биссектрис. Проведем $OH\perp BC, \; H$ — точка касания окружности с $BC$.

Так как $BO$ — биссектриса, то угол $OBH$ равен $30^\circ$

Катет $OH$ треугольника $OBH$ лежит против угла $OBH$ равный $30^\circ$, тогда $$BO=2OH = 2r.$$

Из неравенства треугольника в $\Delta BOM$: $$BM \le BO + OM \le 3r.$$

б) По теореме косинусов для $\Delta BOM$: $$BO^2=BM^2 + OM^2 - 2BM \cdot OM \cdot cos\angle BMO$$ $$(2r)^2 = \left( \dfrac{5}{2}r\right)^2 + r^2 - 2\cdot \dfrac{5}{2}r \cdot r\cos \angle BMO$$ $$4r^2 = \dfrac{25}{4}r^2 + r^2 - 5r^2\cos \angle BMO$$ $$\cos \angle BMO = \dfrac{\dfrac{29}{4}r^2-4r^2}{5r^2}$$ $$\cos \angle BMO =\dfrac{13}{20}.$$

Кроме того, $\angle BMC = \angle OMC + \angle BMO = 90^\circ + \angle BMO$.

Тогда $$\sin \angle BMC = \sin (90+\angle BMO) = \cos\angle BMO = 0,65$$

Ответ: $\; 0,65$.