39В. В прямоугольном неравнобедренном треугольнике ABC из вершины С прямого угла проведены высота CH, медиана СМ и биссектриса СL.
а) Докажите, что СL является биссектрисой угла MCH.
б) Найдите длину биссектрисы СL, если СН = 3, СМ = 5.
б) По теореме Пифагора из треугольника CHM: \(H{M^2} + H{C^2} = C{M^2}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,HM = \sqrt {{5^2} — {3^3}} = 4.\) По свойству биссектрисы CL в треугольнике MCH: \(\frac{{HL}}{{LM}} = \frac{{CH}}{{CM}} = \frac{3}{5},\) то есть \(HL = \frac{3}{8}HM = \frac{3}{8} \cdot 4 = \frac{3}{2}.\) По теореме Пифагора из треугольника CHL: \(C{L^2} = C{H^2} + H{L^2}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,CL = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{2}.\) Ответ: \(\frac{{3\sqrt 5 }}{2}.\)
а) Пусть сторона AC меньше стороны BC, тогда точки лежат в следующем порядке: A, H, L, M, B. Так как CM медиана, то CM = BM = AM, то есть треугольники BCM и ACM равнобедренные. Пусть \(\angle MCB = \angle MBC = \alpha ,\) тогда \(\angle CAM = \angle ACM = {90^ \circ } — \alpha ,\) а из треугольника ACH \(\angle ACH = {90^ \circ } — \angle CAH = {90^ \circ } — \left( {{{90}^ \circ } — \alpha } \right) = \alpha .\) Так как CL биссектриса, то \(\angle BCL = \angle ACL = {45^ \circ }.\) Тогда \(\angle LCM = \angle LCB — \angle MCB = {45^ \circ } — \alpha \) и \(\angle LCH = \angle LCA — \angle ACH = {45^ \circ } — \alpha ,\) то есть \(\angle LCM = \angle LCH.\) Следовательно, CL биссектриса угла MCH. Что и требовалось доказать.