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

**а)** Так как EHM= MCE=90^, четырёхугольник EHMC — вписанный, поэтому HEM= HCM (опираются на одну хорду HM). В треугольнике EHM: HEM=90^- HME. Пусть I — центр окружности. Опустим перпендикуляр IO на KE; тогда O — середина KE и EIO=12 KIE= KME. Поэтому IEO=90^- EIO=90^- KME= HEM= HCM. Так как IE — радиус, проведённый в точку касания, IEC=90^, значит IE MC. Следовательно, EK CH, что и требовалось доказать. **б)** Найдём радиус вписанной окружности, записав площадь двумя способами: S=pr и S=12 AC* BC. Здесь AB=sqrt(15^2+8^2)=17, полупериметр p=(15+8+17)/(2)=20, S=12*15*8=60, откуда r=(60)/(20)=3. Четырёхугольник CMIE — квадрат, поэтому CM=CE=3, AM=AK=15-3=12, BE=BK=8-3=5. Продлим MK до пересечения с прямой BC за точкой C; обозначим точку пересечения F. По теореме Менелая для треугольника ABC и секущей MKF: (AK)/(KB)*(BF)/(FC)*(CM)/(AM)=1, (12)/(5)*(BF)/(FC)*(3)/(12)=1, (BF)/(FC)=(5)/(3). Если FC=3x, то BC=BF-FC=2x=8, откуда x=4, FC=12 и FE=FC+CE=12+3=15. Треугольники FCH и FEK подобны (угол F общий, FCH= FEK ввиду CH EK из пункта а). Поэтому (CH)/(EK)=(FC)/(FE)=(12)/(15)=(4)/(5). Ответ: б) (4)/(5).

б) \(\dfrac{4}{5}\)