Primero leí mal el problema, pensando que $ABC$ debía ser acutángulo. Permitiendo triángulos obtusángulos no es un problema muy interesante: la razón de las áreas de $LMN$ y $ABC$ puede ser arbitrariamente grande, hasta "infinita" como por ejemplo cuando los ángulos de $ABC$ son 30, 30 y 120 grados. Si ese ejemplo "no cuenta", podemos perturbar los ángulos ligeramente: por continuidad, si $r(x)$ denota la razón de las áreas de $LMN$ a $ABC$ cuando $ABC$ tiene ángulos, digamos $30+x$, $30-x$ y $120$ grados, entonces $\lim_{x\to 0} r(x) = \infty$.
Eso concluye la solución, pero incluyo abajo lo que escribí sobre el caso más interesante cuando $ABC$ es acutángulo, en cuyo caso $O$ está en el interior de $ABC$:
Para cualquier punto $O$ del interior es cierto que la razón es a lo más un cuarto. Una manera simple de calcular él área del triángulo $LMN$ es usar coordenadas baricéntricas.
Coloquemos el triángulo $ABC$ en el plano $z=1$ y usemos $A$ para denotar tanto el punto $A$ como el vector que va del orígen a $A$, etc. Si $A \wedge B \wedge C$ denota el determinante de la matriz de $3 \times 3$ con columnas $A$, $B$ y $C$, entonces el área del triángulo $ABC$ es $\frac{1}{2} |A \wedge B \wedge C|$. (Éste es el motivo por el cual conviene hacer este problema de geometría plana con coordenadas en $\mathbb{R}^3$.)
Cualquier punto en el plano de $ABC$ se puede escribir como $O = \frac{aA + bB + cC}{a+b+c}$ y sí $O$ está en el interior del triángulo podemos tomar $a,b,c>0$. Los números $(a:b:c)$ son lo que se llaman las coordenadas baricéntricas de $O$.
Es fácil ver que $L = (0:b:c) = \frac{bB+cC}{b+c}$. En efecto, esa $L$ está sobre $BC$ y como $O = \frac{aA + (b+c) L}{a+b+c}$, $O$, $A$ y $L$ son colineales. Análogamente encontramos $M$ y $N$.
Ahora calculamos $L \wedge M \wedge N = \frac{(aA+bB) \wedge (bB + cC) \wedge (cC+aA)}{(a+b)(b+c)(c+a)} = \frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} A \wedge B \wedge C$, usando la multilinealidad del determinante, que se anula cuando hay columnas repetidas y que $A \wedge B \wedge C = B \wedge C \wedge A$.
Obtuvimos entonces que la razón de las áreas de $LMN$ y $ABC$ es $\theta = \frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$. Ahora, si $O$ está en el interior del triángulo, podemos tomar $a,b,c>0$ y probar que $\theta \le \frac{1}{4}$ multiplicando la desigualdad $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$ con las análogas para $b,c$ y $c,a$. La igualdad se da si y sólo si $a=b=c$, o sea, sólo para el gravicentro de $ABC$.
Es conocido que las coordendas baricéntricas del circuncentro son $(\sin 2\alpha : \sin 2\beta : \sin 2\gamma)$, donde $\alpha, \beta, \gamma$ son los ángulos de $ABC$ (sin importar si $ABC$ es acutángulo o no). Cuando $\alpha$ y $\beta$ difieren en 90 grados, el factor $\sin 2\alpha + \sin 2\beta$ en el denominador es $0$; confirmando que para el caso del circuncentro de un triángulo obtusángulo $\theta$ puede ser arbitrariamente grande.
