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}
.
Автор: Пицкель Б. С.
Источник: Журнал «Квант». — 1983, № 3, с. 38, М787; 1983, № 5, с. 45-46, М787
Источник: Задачник «Кванта». — М787