11249. Найдите отношение сторон прямоугольного треугольника, если известно, что одна половина гипотенузы (от вершины до середины гипотенузы) видна из центра вписанной окружности под прямым углом.
Ответ. 3:4:5
.
Решение. Первый способ. Пусть M
— середина гипотенузы AB
прямоугольного треугольника ABC
, O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, K
— точка касания с катетом AC
, \angle AOM=90^{\circ}
.
Отметим середину N
отрезка AM
. Тогда ON
— медиана прямоугольного треугольника AOM
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому ON=OA
, т. е. треугольник ANO
равнобедренный. Значит,
\angle AON=\angle NAO=\angle CAO
(OA
— биссектриса угла BAC
, так как O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
). Тогда NO\parallel AC
.
Пусть прямая NO
пересекает катет BC
в точке L
. Тогда OL\parallel AC
, поэтому OL\perp BC
, и L
— точка касания вписанной окружности с катетом BC
, а так как OLCK
— квадрат, то CO=OL
.
Обозначим \angle CBO=\angle ABO=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{OL}{LB}=\frac{CL}{LB}=\frac{AN}{NB}=\frac{1}{3}.
Следовательно,
\frac{AC}{BC}=\tg2\alpha=\frac{2\tg\alpha}{1-\tg^{2}\alpha}=\frac{2\cdot\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{9}}=\frac{3}{4},
а AC:BC:AB=3:4:5
.
Второй способ (ученик 10 класса М.Дьячков). Пусть M
— середина гипотенузы AB
прямоугольного треугольника ABC
, O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, P
— точка пересечения луча AO
с катетом BC
, \angle AOM=90^{\circ}
. Обозначим AB=c
, AC=b
, BC=a
.
Центр вписанной окружности треугольника — точка пересечения его биссектрис, поэтому
\angle AOB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB=90^{\circ}+45^{\circ}=135^{\circ}
(см. задачу 4770). Значит,
\angle BOP=180^{\circ}-135^{\circ}=45^{\circ}~\mbox{и}~\angle BOM=135^{\circ}-90^{\circ}=45^{\circ}.
Следовательно, треугольники BOP
и BOM
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Тогда
BP=BM=\frac{c}{2},~PC=a-\frac{c}{2},~
а так как AP
— биссектриса треугольника ABC
, то (см. задачу 1509)
\frac{BP}{PC}=\frac{AB}{AC},~\mbox{или}~\frac{\frac{c}{2}}{a-\frac{c}{2}}=\frac{c}{b},
откуда 2a-c=b
. После возведения этого равенства в квадрат получим равенство 4a^{2}-4ab+b^{2}=c^{2}
. Вычитая из него равенство a^{2}+b^{2}=c^{2}
, получим, что 3a^{2}-4ab=0
, откуда b:a=3:4
. Следовательно, b:a:c=3:4:5
.
Третий способ. Пусть BC=a
, AC=b
— катеты прямоугольного треугольника ABC
(AC\gt BC
). Пусть касательная к вписанной окружности с центром O
, параллельная катету BC
, пересекает гипотенузу AB
в точке M
, а катет AC
— в точке N
. Тогда \angle MOB=90^{\circ}
. Следовательно, M
— середина AB
. Поэтому
MN=\frac{a}{2},~CN=\frac{b}{2},~MB=\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}}.
Поскольку BCNM
— описанная трапеция, то
BC+MN=CN+BM,~\mbox{или}~\frac{3a}{2}=\frac{b}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}}.
Отсюда находим, что \frac{a}{b}=\frac{3}{4}
.