Задание №25 — Геометрия

Решение.

1. Пусть $O$ — точка пересечения биссектрисы $BE$ и медианы $AD$. По условию $BE \perp AD$. Рассмотрим треугольник $ABD$. В нём отрезок $BO$ является биссектрисой (так как лежит на биссектрисе $BE$) и высотой (так как $BE \perp AD$).

2. Если в треугольнике биссектриса совпадает с высотой, то такой треугольник является равнобедренным. Значит, $AB = BD$. Так как $AD$ — медиана треугольника $ABC$, то точка $D$ является серединой стороны $BC$, следовательно, $BC = 2 \cdot BD = 2 \cdot AB$. Пусть $AB = x$, тогда $BC = 2x$.

3. В равнобедренном треугольнике $ABD$ биссектриса $BO$ также является медианой, поэтому точка $O$ — середина $AD$. Так как длина $AD = 28$, то $AO = OD = 28 : 2 = 14$.

4. Рассмотрим треугольник $BCE$. Проведём через точку $D$ прямую $DK$, параллельную $BE$ (точка $K$ лежит на $AC$). По теореме Фалеса для угла $C$, так как $D$ — середина $BC$, то $K$ — середина $EC$. Значит, $DK$ — средняя линия треугольника $BCE$, и $DK = \frac{1}{2} BE = \frac{1}{2} \cdot 28 = 14$.

5. Теперь рассмотрим угол $ADK$. Отрезок $OE$ параллелен $DK$ (так как $BE \parallel DK$) и $O$ — середина $AD$. Значит, $OE$ — средняя линия треугольника $ADK$. Отсюда $OE = \frac{1}{2} DK = \frac{1}{2} \cdot 14 = 7$. Тогда $BO = BE - OE = 28 - 7 = 21$.

6. Из прямоугольного треугольника $AOB$ по теореме Пифагора найдём $AB$:
$AB^2 = AO^2 + BO^2 = 14^2 + 21^2 = 196 + 441 = 637$.
$AB = \sqrt{637} = \sqrt{49 \cdot 13} = 7\sqrt{13}$.
Тогда $BC = 2 \cdot AB = 14\sqrt{13}$.

7. Найдём сторону $AC$. Из треугольника $AOB$ имеем $AE = \sqrt{AO^2 + OE^2} = \sqrt{14^2 + 7^2} = \sqrt{196 + 49} = \sqrt{245} = \sqrt{49 \cdot 5} = 7\sqrt{5}$.
Так как $OE$ — средняя линия $\triangle ADK$, то $AE = EK = 7\sqrt{5}$. Поскольку $K$ — середина $EC$, то $EK = KC = 7\sqrt{5}$.
Следовательно, $AC = AE + EK + KC = 7\sqrt{5} + 7\sqrt{5} + 7\sqrt{5} = 21\sqrt{5}$.

Ответ: $7\sqrt{13}$, $14\sqrt{13}$, $21\sqrt{5}$.

Источник: ФИПИ