[рис.] Известно, что медианы делятся точкой пересечения в отношении 2 : 1, считая от вершины. Значит,

$BB_1= $\frac{3}{2}$ BM= $\frac{3}{2}$ \cdot $\frac{1}{3}$ AC= $\frac{1}{2}$ AC$

Поэтому треугольники AB1B и CB1B = бедренные, причём ∠B1AB = ∠ABB1 и ∠B1CB = ∠CBB1. Сумма всех этих четырёх углов равна 180°. Тогда ∠ABC = ∠ABB1 + ∠CBB1  =  90°. Следовательно, треугольник ABC прямоугольный.
б)  Треугольник A1BA прямоугольный. Поэтому

$AA_1 ^2 =A_1B ^2 + BA ^2 = $\frac{1}{4}$ CB ^2 + BA ^2$

Аналогично из прямоугольного треугольника C1BC находим:

$CC_1 ^2 =C_1B ^2 + BC ^2 = $\frac{1}{4}$ AB ^2 + BC ^2$

Тогда $AA_1 ^2 + CC_1 ^2 = $\frac{5}{4}$ AB ^2 + $\frac{5}{4}$ BC ^2 = $\frac{5}{4}$ ( AB ^2 + BC ^2 ) = $\frac{5}{4}$ AC ^2 =125$

Ответ: 125.

Приведём другое решение пункта а).
Покажем, что медиана, проведенная к стороне AC, равна половине этой стороны. Тогда угол, противолежащий стороне AC, равен 90°, что и требуется доказать. Действительно, медианы делятся точкой пересечения в отношении 2 : 1, считая от вершины. Значит, $BB_1= $\frac{3}{2}$ BM= $\frac{3}{2}$ \cdot $\frac{1}{3}$ AC= $\frac{1}{2}$ AC$

Приведём еще одно решение пункта а).
Треугольник $AB_1B$   — = бедренный, $AB_1=B_1C=B_1B$ Отрезок $B_1C_1$   — высота треугольника $AB_1B$ отрезок $B_1C_1$   — средняя линия треугольника ABC, тогда прямые $B_1B$ и CB параллельны. Значит, прямые BC и AB перпендикулярны по теореме о перпендикулярности прямой, параллельной перпендикуляру.

Приведём еще одно решение пункта а).
Поскольку $AB_1=BB_1=CB_1$ точка $B_1$   — центр описанной окружности, а AC  — ее диаметр. Тогда угол B прямой как опирающийся на диаметр.