5683. В прямоугольном треугольнике KLM
из вершины прямого угла K
проведены высота KA
, медиана KB
и биссектриса KC
.
а) Докажите, что угол BKC
равен полуразности острых углов треугольника KLM
.
б) Найдите LM
, если известно, что KA=12
, KC=4\sqrt{10}
.
Ответ. 30.
Решение. а) Обозначим, \angle L=\alpha
, \angle M=\beta
. Тогда \alpha+\beta=90^{\circ}
.
Пусть \alpha\gt\beta
. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы (см. задачу 1109), значит, KB=\frac{1}{2}LM=BM
, т. е. треугольник KBM
равнобедренный. Поэтому \angle BKM=\angle M=\beta
. Следовательно,
\angle BKC=\angle CKM-\angle BKM=45^{\circ}-\beta=\frac{\alpha+\beta}{2}-\beta=\frac{\alpha-\beta}{2}.
б) Из прямоугольного треугольника AKC
находим, что
AC=\sqrt{KC^{2}-KA^{2}}=\sqrt{160-144}=4.
Поскольку
\angle AKL=90^{\circ}-\alpha,~\angle BKL=\beta=90^{\circ}-\alpha,
то \angle AKL=\angle BKL
, значит, KC
— биссектриса треугольника AKB
.
Обозначим BC=x
. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{KB}{BC}=\frac{KA}{AC},~\mbox{или}~\frac{KB}{x}=\frac{12}{4}=3,
откуда KB=3x
. По теореме Пифагора KA^{2}+AB^{2}=KB^{2}
, или 144+(4+x)^{2}=9x^{2}
, или x^{2}-x-20=0
. Отсюда находим, что x=5
. Следовательно,
LM=2KB=6x=6\cdot5=30.