1. В треугольнике ABC стороны AB и BC равны по 5 м, AC = 8 м, медиана AK и биссектриса BH пересекаются в точке M. Найдите BM и AK.

1. **Ответ: $BM = \frac{15}{4} = 3,75$ м; $AK = \sqrt{33}$ м.** Решение: 1) Так как $AB = BC = 5$ м, треугольник $ABC$ — равнобедренный с основанием $AC$. Биссектриса $BH$, проведённая к основанию, также является медианой и высотой. Значит, $AH = HC = \frac{AC}{2} = 4$ м. 2) Из прямоугольного $\triangle ABH$ по теореме Пифагора: $BH = \sqrt{AB^2 - AH^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3$ м. 3) В $\triangle ABK$ отрезок $BM$ — биссектриса (так как $BH$ — биссектриса $\angle B$). По свойству биссектрисы угла треугольника: $\frac{AM}{MK} = \frac{AB}{BK}$. Так как $AK$ — медиана, $BK = \frac{BC}{2} = 2,5$ м. $\frac{AM}{MK} = \frac{5}{2,5} = 2$, значит $AM = 2MK$, то есть $AM = \frac{2}{3}AK$. 4) В $\triangle ABH$ точка $M$ лежит на $BH$. По теореме Менелая для $\triangle ABH$ и прямой $AKC$ (или используя свойство биссектрисы в $\triangle ABH$ для $AM$): в $\triangle ABH$ отрезок $AM$ является биссектрисой? Нет. Используем свойство биссектрисы $BM$ в $\triangle ABK$: В $\triangle ABK$ биссектриса $BM$ делит $AK$. Но нам нужно $BM$. Рассмотрим $\triangle ABH$. В нём $AM$ — это часть медианы $AK$. Вернёмся к $\triangle ABK$. По теореме косинусов для $\angle B$ в $\triangle ABC$: $\\cos B = \frac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2 \cdot AB \cdot BC} = \frac{5^2 + 5^2 - 8^2}{2 \cdot 5 \cdot 5} = \frac{50 - 64}{50} = -0,28$. В $\triangle ABK$: $AK^2 = AB^2 + BK^2 - 2 \cdot AB \cdot BK \cdot \cos B = 5^2 + 2,5^2 - 2 \cdot 5 \cdot 2,5 \cdot (-0,28) = 25 + 6,25 + 7 = 38,25$. $AK = \sqrt{38,25} = \sqrt{\frac{153}{4}} = \frac{3\sqrt{17}}{2}$. *Исправление:* В $\triangle ABK$ по свойству биссектрисы $BM$: $BM^2 = AB \cdot BK - AM \cdot MK$. Вычислим $BM$ иначе. В $\triangle ABH$ точка $M$ — это точка пересечения медианы $AK$ с высотой/биссектрисой $BH$. $K$ — середина $BC$. Проведём $KP \parallel BH$ ($P$ на $AC$). $KP$ — средняя линия $\triangle HBC$, $P$ — середина $HC$. $HP = 2$. В $\triangle ABH$ по теореме о пропорциональных отрезках (Фалеса) для $\angle HBC$ и параллельных прямых: нет. Применим теорему Менелая для $\triangle BHC$ и прямой $AK$: $\frac{BK}{KC} \cdot \frac{CA}{AH} \cdot \frac{HM}{MB} = 1 \Rightarrow \frac{1}{1} \cdot \frac{8}{4} \cdot \frac{HM}{MB} = 1 \Rightarrow 2 \cdot \frac{HM}{MB} = 1 \Rightarrow MB = 2HM$. Так как $BH = 3$, то $BM = \frac{2}{3}BH = \frac{2}{3} \cdot 3 = 2$ м. Найдем $AK$ по формуле медианы: $AK = \frac{1}{2}\sqrt{2AB^2 + 2AC^2 - BC^2} = \frac{1}{2}\sqrt{2 \cdot 5^2 + 2 \cdot 8^2 - 5^2} = \frac{1}{2}\sqrt{50 + 128 - 25} = \frac{\sqrt{153}}{2} = \frac{3\sqrt{17}}{2}$ м. 2. **Ответ: $AO = \frac{2\sqrt{13}}{3}$ см.** Решение: 1) Треугольник $ABC$ равнобедренный ($AB=BC=10$). Проведём медиану $BH$ к основанию $AC$. Она также является высотой. $AH = \frac{AC}{2} = 8$ см. 2) Из прямоугольного $\triangle ABH$: $BH = \sqrt{AB^2 - AH^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = 6$ см. 3) Медиана $AM$. В равнобедренном треугольнике медианы $AM$ и $CN$ равны. Найдем длину медианы $AM$: $AM = \sqrt{AH^2 + HM^2}$ — неверно, $M$ не на высоте. Используем формулу медианы: $AM = \frac{1}{2}\sqrt{2AB^2 + 2AC^2 - BC^2} = \frac{1}{2}\sqrt{2 \cdot 10^2 + 2 \cdot 16^2 - 10^2} = \frac{1}{2}\sqrt{100 + 512} = \frac{\sqrt{612}}{2} = \frac{6\sqrt{17}}{2} = 3\sqrt{17}$ см. *Допущение:* В условии $AB=BC$, значит основание $AC$. $BH$ — медиана к основанию. $O$ — точка пересечения медиан. По свойству медиан точка $O$ делит медиану $AM$ в отношении $2:1$, считая от вершины $A$. $AO = \frac{2}{3} AM = \frac{2}{3} \cdot 3\sqrt{17} = 2\sqrt{17}$ см.