В треугольнике ABC BC = 8 , AC = 7 проведена биссектриса BE , которая пересекает сторону AC в точке E , причём известно, что центр O вписанной в треугольник ABC окружности делит BE в отношении BO : OE = 2 : 1 . а) Докажите, что сторона AB делится точкой касания вписанной окружности в отношении 5 : 7 , считая от точки A . б) Найдите площадь треугольника ABC .

а) Используем известный факт: центр O вписанной окружности треугольника лежит на биссектрисе угла B и делит отрезок биссектрисы от вершины B до её пересечения со стороной AC в отношении (BO)/(OE) = (a + c)/(b), где a = BC , b = AC , c = AB (формула вытекает из того, что точка O является точкой пересечения биссектрис треугольника). По условию (BO)/(OE) = (2)/(1) , a = 8 и b = 7 . Подставим данные значения: (8 + c)/(7) = 2 <=> 8 + c = 14 <=> c = 6. Значит, AB = 6 . Вычислим полупериметр треугольника: p = (6 + 8 + 7)/(2) = (21)/(2). Длины отрезков от вершин до точек касания вписанной окружности равны: 1. От вершины A : p - a = (21)/(2) - 8 = (5)/(2) ; 2. От вершины B : p - b = (21)/(2) - 7 = (7)/(2) ; 3. От вершины C : p - c = (21)/(2) - 6 = (9)/(2) . Точка касания на стороне AB делит её на отрезки (5)/(2) (от точки A ) и (7)/(2) (от точки B ). Их отношение: (5/2)/(7/2) = (5)/(7), то есть 5 : 7 , считая от точки A . Что и требовалось доказать. б) По формуле Герона площадь треугольника равна: S = sqrt(p(p - a)(p - b)(p - c)) = sqrt((21)/(2) * (5)/(2) * (7)/(2) * (9)/(2)) = (1)/(4) sqrt(21 * 5 * 7 * 9). Преобразуем подкоренное выражение: 21 * 5 * 7 * 9 = 3 * 7 * 5 * 7 * 9 = 7^2 * 3^2 * 3 * 5 = 21^2 * 15. Тогда S = (21sqrt(15))/(4). Проверка через теорему косинусов: cos A = (b^2 + c^2 - a^2)/(2bc) = (49 + 36 - 64)/(2 * 7 * 6) = (21)/(84) = (1)/(4). Тогда sin A = sqrt(1 - (1)/(16)) = (sqrt(15))/(4) . Площадь: S = (1)/(2) bc sin A = (1)/(2) * 7 * 6 * (sqrt(15))/(4) = (21sqrt(15))/(4). Ответ: (21sqrt(15))/(4) .

21√15/4