Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 12934
2023-05-08 
Точка $K$ - середина медианы $BM$ треугольника $ABC$. Точка $E$ - середина отрезка $CK$. Найдите сторону $AC$, если $AB=3$, $BC=4$, а $AE\perp BM$.
Решение:
Первый способ. Обозначим
$\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{a},~\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{b},~|\overrightarrow{a}|=a,~|\overrightarrow{b}|=b.$
Тогда (см. задачу 7638)
$\overrightarrow{BM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}),$
$\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}),$
$\overrightarrow{AK}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM})=\frac{1}{2}(-\overrightarrow{a}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}))=\frac{1}{4}(\overrightarrow{b}-3\overrightarrow{a}),$
$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}(\overrightarrow{b}-3\overrightarrow{a})+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})\right)=\frac{1}{8}(5\overrightarrow{b}-7\overrightarrow{a}).$
Прямые $AE$ и $BM$ перпендикулярны, поэтому
$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{BM}=0~\Leftrightarrow~\frac{1}{8}(5\overrightarrow{b}-7\overrightarrow{a})\cdot\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=0~\Leftrightarrow~(5\overrightarrow{b}-7\overrightarrow{a})(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=0~\Leftrightarrow~5b^{2}-7a^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0,$
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 5231), 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,
$AC=2AM=2\sqrt{AP^{2}+PM^{2}}=2\sqrt{4x^{2}+y^{2}}=2\sqrt{\frac{41}{24}+\frac{7}{24}}=2\sqrt{2}.$
Точка $K$ - середина медианы $BM$ треугольника $ABC$. Точка $E$ - середина отрезка $CK$. Найдите сторону $AC$, если $AB=3$, $BC=4$, а $AE\perp BM$.
Решение:
Первый способ. Обозначим
$\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{a},~\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{b},~|\overrightarrow{a}|=a,~|\overrightarrow{b}|=b.$
Тогда (см. задачу 7638)
$\overrightarrow{BM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}),$
$\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}),$
$\overrightarrow{AK}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM})=\frac{1}{2}(-\overrightarrow{a}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}))=\frac{1}{4}(\overrightarrow{b}-3\overrightarrow{a}),$
$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}(\overrightarrow{b}-3\overrightarrow{a})+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})\right)=\frac{1}{8}(5\overrightarrow{b}-7\overrightarrow{a}).$
Прямые $AE$ и $BM$ перпендикулярны, поэтому
$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{BM}=0~\Leftrightarrow~\frac{1}{8}(5\overrightarrow{b}-7\overrightarrow{a})\cdot\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=0~\Leftrightarrow~(5\overrightarrow{b}-7\overrightarrow{a})(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=0~\Leftrightarrow~5b^{2}-7a^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0,$
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 5231), 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,
$AC=2AM=2\sqrt{AP^{2}+PM^{2}}=2\sqrt{4x^{2}+y^{2}}=2\sqrt{\frac{41}{24}+\frac{7}{24}}=2\sqrt{2}.$
