Номер 32, страница 181 - гдз по геометрии 7-9 класс сборник задач Кононов, Адамович

32*. a) В треугольнике $ABC$ биссектриса $BM$ и медиана $AE$ взаимно перпендикулярны и имеют одинаковую длину, равную 4 см. Найдите большую из сторон треугольника $ABC$.

б) В треугольнике $ABC$ биссектриса $BK$ и медиана $AH$ взаимно перпендикулярны и равны 3 см и 6 см соответственно. Найдите наибольшую из сторон треугольника $ABC$.

Пусть $O$ — точка пересечения биссектрисы $BM$ и медианы $AE$. По условию, $BM \perp AE$, следовательно, $\angle AOB = 90^\circ$.

Рассмотрим треугольник $ABE$. В нем отрезок $BO$ является одновременно биссектрисой угла $\angle ABE$ и высотой, опущенной на сторону $AE$. Треугольник, в котором биссектриса является высотой, равнобедренный. Следовательно, треугольник $ABE$ — равнобедренный, и $AB = BE$.

Поскольку $AE$ — медиана треугольника $ABC$, проведенная к стороне $BC$, точка $E$ является серединой стороны $BC$. Таким образом, $BC = 2 \cdot BE$. Так как $AB = BE$, получаем $BC = 2 \cdot AB$.

В равнобедренном треугольнике $ABE$ высота $BO$ является также и медианой. Значит, точка $O$ — середина отрезка $AE$. По условию $AE = 4$ см, следовательно, $AO = OE = AE/2 = 2$ см.

Обозначим длины сторон треугольника $ABC$ как $c = AB$, $a = BC$ и $b = AC$. Мы установили, что $a = 2c$.

Применим теорему косинусов для треугольника $ABE$. Пусть $\angle ABC = \beta$.

$AE^2 = AB^2 + BE^2 - 2 \cdot AB \cdot BE \cdot \cos(\beta)$

$4^2 = c^2 + c^2 - 2 \cdot c \cdot c \cdot \cos(\beta)$

$16 = 2c^2(1 - \cos(\beta))$

Используя формулу двойного угла $1 - \cos(\beta) = 2\sin^2(\frac{\beta}{2})$, получаем:

$16 = 2c^2 \cdot 2\sin^2(\frac{\beta}{2}) = 4c^2\sin^2(\frac{\beta}{2})$

Отсюда $4 = 2c\sin(\frac{\beta}{2})$, то есть $c\sin(\frac{\beta}{2}) = 2$.

Теперь применим теорему косинусов к треугольникам $ABM$ и $CBM$. Длина биссектрисы $BM=4$ см.

В $\triangle ABM$: $AM^2 = AB^2 + BM^2 - 2 \cdot AB \cdot BM \cdot \cos(\angle ABM) = c^2 + 4^2 - 2 \cdot c \cdot 4 \cdot \cos(\frac{\beta}{2}) = c^2 + 16 - 8c\cos(\frac{\beta}{2})$.

В $\triangle CBM$: $CM^2 = BC^2 + BM^2 - 2 \cdot BC \cdot BM \cdot \cos(\angle CBM) = (2c)^2 + 4^2 - 2 \cdot 2c \cdot 4 \cdot \cos(\frac{\beta}{2}) = 4c^2 + 16 - 16c\cos(\frac{\beta}{2})$.

По свойству биссектрисы в $\triangle ABC$: $\frac{AM}{MC} = \frac{AB}{BC} = \frac{c}{2c} = \frac{1}{2}$, откуда $MC = 2AM$, и $MC^2 = 4AM^2$.

$4c^2 + 16 - 16c\cos(\frac{\beta}{2}) = 4(c^2 + 16 - 8c\cos(\frac{\beta}{2}))$

$4c^2 + 16 - 16c\cos(\frac{\beta}{2}) = 4c^2 + 64 - 32c\cos(\frac{\beta}{2})$

$16c\cos(\frac{\beta}{2}) = 48$, откуда $c\cos(\frac{\beta}{2}) = 3$.

Мы получили систему из двух уравнений:

$\begin{cases} c\sin(\frac{\beta}{2}) = 2 \\ c\cos(\frac{\beta}{2}) = 3 \end{cases}$

Возведем оба уравнения в квадрат и сложим их:

$c^2\sin^2(\frac{\beta}{2}) + c^2\cos^2(\frac{\beta}{2}) = 2^2 + 3^2$

$c^2(\sin^2(\frac{\beta}{2}) + \cos^2(\frac{\beta}{2})) = 4 + 9$

$c^2 = 13 \implies c = \sqrt{13}$.

Таким образом, мы нашли длины двух сторон:

$AB = c = \sqrt{13}$ см.

$BC = a = 2c = 2\sqrt{13}$ см.

Для нахождения третьей стороны $AC=b$ воспользуемся формулой для длины медианы $AE$:

$AE^2 = \frac{2AB^2 + 2AC^2 - BC^2}{4}$

$4^2 = \frac{2(\sqrt{13})^2 + 2b^2 - (2\sqrt{13})^2}{4}$

$16 = \frac{2 \cdot 13 + 2b^2 - 4 \cdot 13}{4}$

$64 = 26 + 2b^2 - 52$

$64 = 2b^2 - 26 \implies 2b^2 = 90 \implies b^2 = 45$.

$AC = b = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$ см.

Сравним квадраты длин сторон, чтобы найти наибольшую:

$AB^2 = 13$

$BC^2 = (2\sqrt{13})^2 = 4 \cdot 13 = 52$

$AC^2 = 45$

Так как $52$ — наибольшее значение, то сторона $BC$ является большей стороной треугольника.

Ответ: $2\sqrt{13}$ см.

Пусть $O$ — точка пересечения биссектрисы $BK$ и медианы $AH$. По условию, $BK \perp AH$, следовательно, $\angle AOB = 90^\circ$.

Рассмотрим треугольник $ABH$. В нем отрезок $BO$ является одновременно биссектрисой угла $\angle ABH$ и высотой, опущенной на сторону $AH$. Следовательно, треугольник $ABH$ — равнобедренный, и $AB = BH$.

Поскольку $AH$ — медиана треугольника $ABC$, проведенная к стороне $BC$, точка $H$ является серединой стороны $BC$. Таким образом, $BC = 2 \cdot BH$. Так как $AB = BH$, получаем $BC = 2 \cdot AB$.

В равнобедренном треугольнике $ABH$ высота $BO$ является также и медианой. Значит, точка $O$ — середина отрезка $AH$. По условию $AH = 6$ см, следовательно, $AO = OH = AH/2 = 3$ см.

Обозначим длины сторон треугольника $ABC$ как $c = AB$, $a = BC$ и $b = AC$. Мы установили, что $a = 2c$.

Применим теорему косинусов для треугольника $ABH$. Пусть $\angle ABC = \beta$.

$AH^2 = AB^2 + BH^2 - 2 \cdot AB \cdot BH \cdot \cos(\beta)$

$6^2 = c^2 + c^2 - 2 \cdot c \cdot c \cdot \cos(\beta) = 2c^2(1 - \cos(\beta))$

$36 = 4c^2\sin^2(\frac{\beta}{2}) \implies 6 = 2c\sin(\frac{\beta}{2}) \implies c\sin(\frac{\beta}{2}) = 3$.

Теперь применим теорему косинусов к треугольникам $ABK$ и $CBK$. Длина биссектрисы $BK=3$ см.

В $\triangle ABK$: $AK^2 = AB^2 + BK^2 - 2 \cdot AB \cdot BK \cdot \cos(\frac{\beta}{2}) = c^2 + 3^2 - 2 \cdot c \cdot 3 \cdot \cos(\frac{\beta}{2}) = c^2 + 9 - 6c\cos(\frac{\beta}{2})$.

В $\triangle CBK$: $CK^2 = BC^2 + BK^2 - 2 \cdot BC \cdot BK \cdot \cos(\frac{\beta}{2}) = (2c)^2 + 3^2 - 2 \cdot 2c \cdot 3 \cdot \cos(\frac{\beta}{2}) = 4c^2 + 9 - 12c\cos(\frac{\beta}{2})$.

По свойству биссектрисы в $\triangle ABC$: $\frac{AK}{KC} = \frac{AB}{BC} = \frac{c}{2c} = \frac{1}{2}$, откуда $KC = 2AK$, и $KC^2 = 4AK^2$.

$4c^2 + 9 - 12c\cos(\frac{\beta}{2}) = 4(c^2 + 9 - 6c\cos(\frac{\beta}{2}))$

$4c^2 + 9 - 12c\cos(\frac{\beta}{2}) = 4c^2 + 36 - 24c\cos(\frac{\beta}{2})$

$12c\cos(\frac{\beta}{2}) = 27$, откуда $c\cos(\frac{\beta}{2}) = \frac{27}{12} = \frac{9}{4}$.

Мы получили систему из двух уравнений:

$\begin{cases} c\sin(\frac{\beta}{2}) = 3 \\ c\cos(\frac{\beta}{2}) = \frac{9}{4} \end{cases}$

Возведем оба уравнения в квадрат и сложим их:

$c^2(\sin^2(\frac{\beta}{2}) + \cos^2(\frac{\beta}{2})) = 3^2 + (\frac{9}{4})^2$

$c^2 = 9 + \frac{81}{16} = \frac{144+81}{16} = \frac{225}{16} \implies c = \frac{15}{4}$.

Таким образом, мы нашли длины двух сторон:

$AB = c = \frac{15}{4}$ см.

$BC = a = 2c = 2 \cdot \frac{15}{4} = \frac{15}{2}$ см.

Для нахождения третьей стороны $AC=b$ воспользуемся формулой для длины медианы $AH$:

$AH^2 = \frac{2AB^2 + 2AC^2 - BC^2}{4}$

$6^2 = \frac{2(\frac{15}{4})^2 + 2b^2 - (\frac{15}{2})^2}{4}$

$144 = 2 \cdot \frac{225}{16} + 2b^2 - \frac{225}{4} = \frac{225}{8} + 2b^2 - \frac{450}{8} = 2b^2 - \frac{225}{8}$

$2b^2 = 144 + \frac{225}{8} = \frac{1152+225}{8} = \frac{1377}{8} \implies b^2 = \frac{1377}{16}$.

$AC = b = \sqrt{\frac{1377}{16}} = \frac{\sqrt{81 \cdot 17}}{4} = \frac{9\sqrt{17}}{4}$ см.

Сравним квадраты длин сторон, чтобы найти наибольшую:

$AB^2 = (\frac{15}{4})^2 = \frac{225}{16}$

$BC^2 = (\frac{15}{2})^2 = \frac{225}{4} = \frac{900}{16}$

$AC^2 = \frac{1377}{16}$

Так как $1377 > 900 > 225$, то сторона $AC$ является наибольшей стороной треугольника.

Ответ: $\frac{9\sqrt{17}}{4}$ см.