Задача №17375

В прямоугольный треугольник $ABC$ (прямой угол при вершине $C$) вписана окружность, касающаяся катетов $AC\text{,}$ $BC$ и гипотенузы $AB$ в точках $M\text{,}$ $E$ и $K$ соответственно. $EH$ — перпендикуляр из точки $E$ на прямую $MK\text{.}$
а) Докажите, что $EK\parallel CH\text{.}$
б) Известно, что $AC=15\text{,}$ $BC=8\text{.}$ Найдите отношение $\frac{CH}{EK}\text{.}$

а) Так как $\angle EHM=\angle MCE=90^{\circ }\text{,}$ четырёхугольник $EHMC$ — вписанный, поэтому $\angle HEM=\angle HCM$ (опираются на одну хорду $HM$). В треугольнике $EHM\text{:}$ $\angle HEM=90^{\circ }-\angle HME\text{.}$

Пусть $I$ — центр окружности. Опустим перпендикуляр $IO$ на $KE\text{;}$ тогда $O$ — середина $KE$ и $\angle EIO=\frac{1}{2}\angle KIE=\angle KME\text{.}$ Поэтому

Так как $IE$ — радиус, проведённый в точку касания, $\angle IEC=90^{\circ }\text{,}$ значит $IE\parallel MC\text{.}$ Следовательно, $EK\parallel CH\text{,}$ что и требовалось доказать.

б) Найдём радиус вписанной окружности, записав площадь двумя способами: $S=pr$ и $S=\frac{1}{2}AC\cdot BC\text{.}$ Здесь $AB=\sqrt{15^2+8^2}=17\text{,}$ полупериметр $p=\frac{15+8+17}{2}=20\text{,}$ $S=\frac{1}{2}\cdot 15\cdot 8=60\text{,}$ откуда $r=\frac{60}{20}=3\text{.}$

Четырёхугольник $CMIE$ — квадрат, поэтому $CM=CE=3\text{,}$ $AM=AK=15-3=12\text{,}$ $BE=BK=8-3=5\text{.}$

Продлим $MK$ до пересечения с прямой $BC$ за точкой $C\text{;}$ обозначим точку пересечения $F\text{.}$ По теореме Менелая для треугольника $ABC$ и секущей $MKF\text{:}$

Если $FC=3x\text{,}$ то $BC=BF-FC=2x=8\text{,}$ откуда $x=4\text{,}$ $FC=12$ и $FE=FC+CE=12+3=15\text{.}$

Треугольники $FCH$ и $FEK$ подобны (угол $F$ общий, $\angle FCH=\angle FEK$ ввиду $CH\parallel EK$ из пункта а). Поэтому

Ответ: б) $\frac{4}{5}\text{.}$