10116. Точка K
— середина медианы BM
треугольника ABC
. Точка E
— середина отрезка CK
. Найдите сторону AC
, если AB=3
, BC=4
, а AE\perp BM
.
Ответ. 2\sqrt{2}
.
Решение. Первый способ. Обозначим
\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{a},~\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{b},~|\overrightarrow{a}|=a,~|\overrightarrow{b}|=b.
Тогда (см. задачу 4500)
\overrightarrow{BM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}),
\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}),
\overrightarrow{AK}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM})=\frac{1}{2}(-\overrightarrow{a}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}))=\frac{1}{4}(\overrightarrow{b}-3\overrightarrow{a}),
\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}(\overrightarrow{b}-3\overrightarrow{a})+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})\right)=\frac{1}{8}(5\overrightarrow{b}-7\overrightarrow{a}).
Прямые AE
и BM
перпендикулярны, поэтому
\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{BM}=0~\Leftrightarrow~\frac{1}{8}(5\overrightarrow{b}-7\overrightarrow{a})\cdot\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=0~\Leftrightarrow~
\Leftrightarrow~(5\overrightarrow{b}-7\overrightarrow{a})(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=0~\Leftrightarrow~5b^{2}-7a^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0,
Откуда
2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=5b^{2}-7a^{2}=5\cdot16-7\cdot9=17.
Значит,
AC^{2}=(\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA})^{2}=(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})^{2}=a^{2}+b^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=9+16-17=8.
Следовательно, AC=2\sqrt{2}
.
Второй способ. Пусть прямая AE
пересекает отрезки BM
и BC
в точках P
и F
соответственно. Тогда P
— точка пересечения медиан треугольника AKC
. Обозначим PE=x
и PM=y
. Тогда
AP=2x,~KP=2y,~BK=KM=3y,~BP=5y.
Применив теорему Менелая (см. задачу 1622), к треугольнику BMC
и прямой AF
, получим, что
\frac{BF}{FC}\cdot\frac{CA}{AM}\cdot\frac{MP}{PB}=1,~\mbox{или}~\frac{BF}{FC}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{1}{5}=1,
откуда \frac{BF}{FC}=\frac{5}{2}
. Значит,
BF=\frac{5}{7}BC=\frac{5}{7}\cdot4=\frac{20}{7}.
Пусть прямая, проведённая через точку E
параллельно BM
, пересекает отрезки BC
и MC
в точках N
и L
соответственно. Поскольку E
— середина CK
, точки N
и L
— середины BC
и MC
. Из равенства \frac{PE}{PF}=\frac{BN}{BF}
получаем, что
PF=\frac{PE\cdot BF}{BN}=\frac{x\cdot\frac{20}{7}}{2}=\frac{10}{7}x.
Из прямоугольных треугольников APB
и FPB
получаем, что
4x^{2}+25y^{2}=9,~\frac{100}{49}x^{2}+25y^{2}=\frac{400}{49}.
Вычитая второе равенство из первого, находим, что x^{2}=\frac{41}{96}
. Тогда y^{2}=\frac{7}{24}
. Следовательно,
AC=2AM=2\sqrt{AP^{2}+PM^{2}}=2\sqrt{4x^{2}+y^{2}}=2\sqrt{\frac{41}{24}+\frac{7}{24}}=2\sqrt{2}.