Окружность радиуса \(2\) касается середины стороны \(AC\) треугольника \(ABC\) и пересекает сторону \(BC\) в точках \(K\) и \(L\), так что \(BK = KL = LC\). Чему может равняться \(AB\), если \(\angle ABC = 45^{\circ}\)?

Решение

Пусть \(O\) \(-\) центр окружности c радиусом \(r\), \(F\) \(-\) середина \(AC\), \(\angle ABC = 45^{\circ}\), \(\angle BAC = \alpha\). \(OF\) \(-\) серединный перпендикуляр, как радиус к касательной \(AC\). \(\triangle OAC\) равнобедренный и \(OC = OA\). \(\triangle OKL\) также равнобедренный, так как \(OL = OK\) \(-\) радиусы. Следовательно, высота \(OH\) из вершины \(O\) к стороне \(KL\) также медиана. Тогда \(CH = HB\), так как \(CL = BK\), \(KH = LH\). Отсюда \(\triangle OBC\) тоже равнобедренный \(AO = OB = OC\). Следовательно, точка \(O\) равноудалена от вершин треугольника и является центром описанной окружности с радиусом \(R\). Центральный угол \(\angle AOC\) и вписанный \(\angle ABC\) опираются на одну дугу, следовательно, \(\angle AOC = 90^{\circ}\), по \(\href{https://examp.info/theorem/o-vpisannom-ugle/}{ \text{теореме о вписанном угле}}\). Тогда \(\angle AOF = 45^{\circ}\), так как \(OF\) \(-\) высота, проведённая к основанию равнобедренного треугольника \(AOC\). Тогда \(R = \dfrac{r}{\cos\left( \angle AOF \right)} = \sqrt{2}r\).

По \(\href{https://examp.info/theorem/teorema-sinusov/}{ \text{теореме синусов}}\):\[\dfrac{AB}{\sin\left( 180^{\circ} - \left( \alpha + 45^{\circ} \right) \right)} = 2R \Rightarrow AB = 2 \sqrt{2} r \sin\left( \alpha + 45 \right) = 2r\left( \cos\alpha + \sin\alpha \right).\]

Снова применяя \(\href{https://examp.info/theorem/teorema-sinusov/}{ \text{теорему синусов}}\), получим \(\dfrac{BC}{\sin \alpha} = \dfrac{AC}{\sin \left( 45^{\circ} \right)} \Rightarrow \sin \alpha = \dfrac{BC \sin\left( 45^{\circ} \right)}{AC} = \dfrac{3CL\sqrt{2}}{4CF}\).
Из \(\href{https://examp.info/theorem/o-sekushej-i-kasatelnoj/}{ \text{теоремы о секущей и касательной}}\) к окружности с радиусом \(r\): \(CK \cdot CL = CF^2 \Rightarrow CF = \sqrt{CK \cdot CL} = \sqrt{2CL^2} = \sqrt{2}CL\). Следовательно, \(\sin \alpha = \dfrac{3CL\sqrt{2}}{4\sqrt{2}CL} = \dfrac{3}{4}\). Тогда \(\cos\alpha = \pm \sqrt{\dfrac{7}{16}}\):

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

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

Таким образом, \(AB = 2 \cdot 2 \cdot \left( 1 \cdot \left( \pm \dfrac{\sqrt{7}}{\sqrt{16}} \right) + \dfrac{3}{4} \right) = 3 \pm \sqrt{7}\).

Ответ: \(3 \pm \sqrt{7}\).