5634. В треугольнике ABC
сторона AB
вдвое больше стороны AC
.
а) Докажите, что медиана CM
перпендикулярна биссектрисе AK
.
б) Найдите сторону BC
, если известно, что AC=5
, AK=4
.
Ответ. 3\sqrt{17}
.
Решение. а) Поскольку AM=\frac{1}{2}AB=AC
, треугольник AMC
равнобедренный, значит, биссектриса AK
его угла при вершине перпендикулярна основанию MC
.
б) Обозначим CK=a
. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) \frac{CK}{BK}=\frac{AC}{AB}=2
, поэтому BK=2a
. Пусть L
— точка пересечения CM
и AK
. На продолжении медианы CM
за точку M
отложим отрезок DM=CM
. Тогда ACBD
— параллелограмм, поэтому AD=BC=3a
. Из подобия треугольников CLK
и DLA
находим, что
\frac{LK}{AL}=\frac{CK}{AD}=\frac{a}{3a}=\frac{1}{3},
поэтому
KL=\frac{1}{4}AK=\frac{1}{4}\cdot4=1,~AL=3.
Из прямоугольных треугольников ALC
и KLC
находим, что
CL=\sqrt{AC^{2}-AL^{2}}=\sqrt{25-9}=4,~
a=CK=\sqrt{KL^{2}+CL^{2}}=\sqrt{1+16}=\sqrt{17}.
Следовательно, BC=3a=3\sqrt{17}
.