6625. В неравнобедренном треугольнике две медианы равны двум высотам. Найдите отношение третьей медианы к третьей высоте.
Ответ. \frac{7}{2}
.
Решение. Пусть AA'
, BB'
и CC'
— медианы неравнобедренного треугольника ABC
, а AA''
, BB''
и CC''
— его высоты, причём BB''=AA'
и CC''=BB'
. Предположим, что AB\lt AC\lt BC
.
Если P
— проекция точки A'
на прямую AC
, то A'P
— средняя линия прямоугольного треугольника CBB''
, поэтому A'P=\frac{1}{2}BB''=\frac{1}{2}AA'
, значит, \angle B'AA'=30^{\circ}
. Аналогично, \angle ABB'=30^{\circ}
.
Пусть M
— точка пересечения медиан треугольника ABC
. Обозначим MA'=x
. Тогда AA'=3x
. Треугольники A'MB'
и A'B'A
подобны по двум углам, так как
\angle A'B'M=\angle ABB'=30^{\circ}=\angle A'AB',
а угол при вершине A'
— общий, значит, \frac{A'B'}{AA'}=\frac{A'M}{A'B'}
. Отсюда находим, что
A'B'^{2}=A'M\cdot AA'=x\cdot3x=3x^{2},~A'B'=x\sqrt{3}.
Обозначим MB'=y
. По теореме косинусов
MA'^{2}=MB'^{2}+A'B'^{2}-2MB'\cdot A'B'\cos30^{\circ},~x^{2}=y^{2}+3x^{2}-3xy,~(y-x)(y-2x)=0.
Если y=x
, то треугольник A'MB'
— равнобедренный, поэтому треугольник ABC
— также равнобедренный (даже равносторонний), что противоречит условию.
При y=2x
получим, что треугольник A'MB'
— прямоугольный, \angle MA'B'=90^{\circ}
, значит, подобный ему с коэффициентом 2 треугольник AMB
— также прямоугольный, MC'=\frac{1}{3}CC'
— его медиана. По теореме Пифагора
MC'=\sqrt{AM^{2}+AC'^{2}}=\sqrt{4x^{2}+3x^{2}}=x\sqrt{7},~A'B=\sqrt{AB^{2}+AA'^{2}}=\sqrt{12x^{2}+9x^{2}}=x\sqrt{21},
а так как AB\cdot AA'=A'B\cdot AA''
, то
AA''=\frac{AB\cdot AA'}{A'B}=\frac{2x\sqrt{3}\cdot3x}{x\sqrt{21}}=\frac{6x}{\sqrt{7}}.
Следовательно,
\frac{CC'}{AA''}=\frac{3MC'}{AA''}=\frac{3x\sqrt{7}}{\frac{6x}{\sqrt{7}}}=\frac{7}{2}.