Задание №25 ОГЭ: В треугольнике ABC биссектриса BE и медиана AD… — задача 2

Рисунок. Треугольник $ABC$ с медианой $AD$ к стороне $BC$ и биссектрисой $BE$ угла $B$, пересекающей $AC$ в точке $E$; отрезки $AD$ и $BE$ пересекаются в точке $P$ под прямым углом. На рисунке отмечены равные отрезки $AP=PA'$ и точка $A'$ — отражение вершины $A$ относительно прямой $BE$.

Пусть $P=AD\cap BE$. Отразим $A$ относительно прямой $BE$. Так как $BE$ — биссектриса угла $B$, луч $BA$ переходит в луч $BC$, поэтому образ $A'$ лежит на луче $BC$ и $BA'=BA$. Из условия $BE\perp AD$ получаем, что $P$ — середина отрезка $AA'$, и $P$ лежит на прямой $AD$. Тогда прямая $AD$ содержит точки $A$ и середину $AA'$, то есть $A'$ лежит на прямой $AD$. Значит $A'=AD\cap BC=D$. Отсюда $BA=BD=\dfrac{BC}{2}$, то есть $BC=2AB$.

Обозначим $AB=c$, тогда $BC=2c$. Треугольник $ABD$ равнобедренный: $AB=BD=c$, $AD=12$. Биссектриса $BP$ угла $B$ в этом равнобедренном треугольнике является и высотой к основанию $AD$, поэтому $AP=PD=6$ и $BP=\sqrt{c^2-6^2}$. Пусть $\beta=\angle ABD$; тогда $\sin\dfrac{\beta}{2}=\dfrac{6}{c}$, $\cos\dfrac{\beta}{2}=\dfrac{\sqrt{c^2-6^2}}{c}$. По формуле длины биссектрисы $BE=\dfrac{2\cdot AB\cdot BC\cdot\cos(\beta/2)}{AB+BC}=\dfrac{4c}{3}\cos\dfrac{\beta}{2}=\dfrac{4}{3}\sqrt{c^2-6^2}$.

Из $BE=12$ получаем $\sqrt{c^2-6^2}=\dfrac{3\cdot 12}{4}$, откуда $c^2=6^2+\left(\dfrac{3\cdot 12}{4}\right)^2$. Находим $AB=3\sqrt{13}$, $BC=6\sqrt{13}$. Наконец, по теореме косинусов $AC^2=AB^2+BC^2-2\cdot AB\cdot BC\cos\beta$, где $\cos\beta=1-2\sin^2(\beta/2)$. Вычисление даёт $AC=9\sqrt{5}$. Что и требовалось доказать.

Источник: Банк ФИПИ