12287. Окружность с центром O
, вписанная в прямоугольный треугольник ABC
, касается катетов BC
и AC
в точках K
и L
соответственно, причём CL:AL=1:3
.
а) Докажите, что прямая OK
проходит через точку G
пересечения медиан треугольника ABC
.
б) Найдите отношение площади треугольника GBO
к площади треугольника ABC
.
Ответ. 1:18
.
Решение. а) Пусть вписанная окружность треугольника ABC
касается гипотенузы AB
в точке N
. Положим CL=t
, AL=3t
, BK=x
. Тогда
AC=4t,~AN=AL=3t,~AB=AN+BN=AN+BK=3t+x,
BC=CK+BK=CL+BK=t+x.
По теореме Пифагора AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}
, или
(3t+x)^{2}=16t^{2}+(t+x)^{2},
Откуда находим, что x=2t
. Тогда BK=x=2t
, BC=3t
, AB=5t
.
Пусть BM
— медиана треугольника ABC
. Прямые OK
и CL
перпендикулярны одной и той же прямой BC
, поэтому OK\parallel CL
. Значит, по теореме о пропорциональных отрезках OK
пересекает медиану BM
в точке, делящей эту медиану в отношении, равном BK:KC=2t:t=2:1
, т. е. в точке G
. Что и требовалось доказать.
б) Пусть луч BO
пересекает катет AC
в точке E
. Тогда BE
— биссектриса треугольника ABC
, поэтому CE:AE=BC:AB=3:5
(см. задачу 1509). Значит,
CE=\frac{3}{8}AC=\frac{3}{8}\cdot4t=\frac{3}{2}t,
ME=CM-CE=2t-\frac{3}{2}t=\frac{t}{2}.
Далее находим, что
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot4t\cdot3t=6t^{2},
S_{\triangle MBE}=\frac{1}{2}ME\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot\frac{t}{2}\cdot3t=\frac{3}{4}t^{2},
а так как треугольник GBO
подобен треугольнику MBE
с коэффициентом \frac{BG}{BM}=\frac{2}{3}
, то
S_{\triangle GBO}=\left(\frac{2}{3}\right)^{2}S_{\triangle MBE}=\frac{4}{9}\cdot\frac{3}{4}t^{2}=\frac{t^{2}}{3}.
Следовательно,
\frac{S_{\triangle GBO}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{\frac{t^{2}}{3}}{6t^{2}}=\frac{1}{18}.