Окружность радиуса \(3/2\) касается середины стороны \(BC\) треугольника \(ABC\) и пересекает сторону \(AB\) в точках \(D\) и \(E\), так что \(AD:DE:EB = 1:2:1\). Чему может равняться \(AC\), если \(\angle BAC = 30^{\circ}\)?

Решение

\(\textbf{Решение 1}.\)

Пусть \(O\) \(-\) центр окружности c радиусом \(r\), \(F\) \(-\) середина \(BC\), \(\angle BAC = 30^{\circ}\), \(\angle BCA = \alpha\). \(OF\) \(-\) серединный перпендикуляр, как радиус к касательной \(BC\). \(\triangle OBC\) равнобедренный и \(OC = OB\). \(\triangle OED\) также равнобедренный, так как \(OD = OE\) \(-\) радиусы. Следовательно, высота \(OH\) из вершины \(O\) к стороне \(ED\) также медиана. Тогда \(AH = HB\), так как \(AD = BE\), \(DH = EH\). Отсюда \(\triangle OBA\) тоже равнобедренный \(AO = OB = OC\). Следовательно, точка \(O\) равноудалена от вершин треугольника и является центром описанной окружности с радиусом \(R\). Центральный угол \(\angle BOC\) и вписанный \(\angle BAC\) опираются на одну дугу, следовательно, \(\angle BOC = 60^{\circ}\), по \(\href{https://examp.info/theorem/o-vpisannom-ugle/}{ \text{теореме о вписанном угле}}\). Тогда \(\angle BOF = 30^{\circ}\), так как \(OF\) \(-\) высота, проведённая к основанию равнобедренного треугольника \(BOC\). Тогда \(R=\dfrac{r}{\cos\left( \angle BOF \right)} = \dfrac{2r}{\sqrt{3}}\).

По \(\href{https://examp.info/theorem/teorema-sinusov/}{ \text{теореме синусов}}\):\[\dfrac{AC}{\sin\left( 180^{\circ} - \left( \alpha + 30^{\circ} \right) \right)} = 2R \Rightarrow AC = \dfrac{4r}{\sqrt{3}}\sin\left( \alpha + 30^{\circ} \right) = 2r\left( \dfrac{1}{\sqrt{3}}\cos\alpha + \sin\alpha \right).\]

Снова применяя \(\href{https://examp.info/theorem/teorema-sinusov/}{ \text{теорему синусов}}\), получим \(\dfrac{AB}{\sin \alpha}=\dfrac{BC}{\sin \left( 30^{\circ} \right)} \Rightarrow \sin \alpha =\dfrac{AB \sin\left( 30^{\circ} \right)}{BC} = \dfrac{4BE\sin\left( 30^{\circ}\right)}{2BF}=\dfrac{BE}{BF}\).
Из \(\href{https://examp.info/theorem/o-sekushej-i-kasatelnoj/}{ \text{теоремы о секущей и касательной}}\) к окружности с радиусом \(r\): \(BE\cdot BD = BF^2\Rightarrow BF = \sqrt{BE\cdot BD} = \sqrt{3 BE^2} = \sqrt{3}BE\). Следовательно, \(\sin \alpha = \dfrac{BE}{\sqrt{3}BE} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Тогда \(\cos\alpha = \pm\sqrt{\dfrac{2}{3}}\):

"\(+\)", если угол \(\angle BCA\) острый;

"\(-\)", если угол \(\angle BCA\) тупой.

Таким образом, \(AC = 2 \cdot \dfrac{3}{2} \cdot \left(\dfrac{1}{\sqrt{3}} \cdot \left( \pm \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \right) + \dfrac{1}{\sqrt{3}} \right) = \sqrt{3} \pm \sqrt{2}\).

\(\textbf{Решение 2}.\)

1) \(\href{https://examp.info/onedef/stepen-tochki/}{\text{Степень точки}} \) \(\deg_{\omega} B = x \cdot 3x = BK^2 \Rightarrow BK = \sqrt{3}\).

2) \(O\) лежит на пересечении серединных перпендикуляров \(\Rightarrow\) \(O\) \(-\) центр описанной окружности \(\Rightarrow\) \(BO = R\).

3) По \(\href{https://examp.info/theorem/teorema-sinusov/}{\text{теореме синусов}} \):
\[\frac{BC}{\sin A} = \frac{AC}{\sin B} = \frac{AB}{\sin C} = 2R \Rightarrow \frac{2\sqrt{3}x}{\sin 30°} = 2R
\]\[
\Rightarrow R = 2\sqrt{3}x.
\]

4) Вычислим степень точки:
\[
\deg_{\omega} B = BO^2 - R^2
\Leftrightarrow 3x^2 = 12x^2 - \frac{9}{4}
\]\[
\Rightarrow x = \frac{1}{2}.
\]

5) По \(\href{https://examp.info/theorem/cosinusov/}{\text{теореме косинусов}} \):
\[
BC^2 = AC^2 + AB^2 - 2AC \cdot AB \cdot \cos \angle BAC\
\]\[
AB = 4x = 2
\]\[
BC = 2\sqrt{3}x = \sqrt{3}\
\]\[
3 = AC^2 + 4 - 2AC \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \Leftrightarrow AC^2 - 2\sqrt{3}AC + 1 = 0
\]\[
D = (2\sqrt{3})^2 - 4 = 8
\]\[
AC = \frac{2\sqrt{3}±2\sqrt{2}}{2} = \sqrt{3} ± \sqrt{2}.
\]

Ответ: \(\sqrt{3} \pm \sqrt{2}\).