Пусть $\angle BAC=\angle BCA=\alpha .$ Тогда $\angle ABC=180^{\circ }-2\alpha .$

$\angle HBA=180^{\circ }-180^{\circ }+2\alpha =2\alpha $ как смежный с $\angle ABC.$

Так как треугольник $AHB$ - прямоугольный, то $\angle HAB=90^{\circ }-2\alpha .$

$\angle HAC=\angle HAB+\angle BAC=90^{\circ }-\alpha .$

Так как треугольник $AHM$ - прямоугольный, то $\angle AHM=90^{\circ }-90^{\circ }+\alpha =\alpha .$

Аналогично из прямоугольго треугольника $HKB$ получаем, что $\angle BHK=90^{\circ}-2\alpha .$

Рассмотрим $\angle AHB=90^{\circ }=\angle AHM+\angle THK+\angle BHK=\alpha +\angle THK+90^{\circ }-2\alpha \Rightarrow \angle THK=\alpha .$

В треугольниках $ATM$ и $HTK$ $\angle TAM=\angle THK$ по доказанному, $\angle AMT=\angle HKT=90^{\circ }$ по условию. Значит, данные треугольники подобны по призкаку подобия по 2 углам. Следовательно,

$\displaystyle \frac{KT}{TM}=\displaystyle \frac{HT}{AT}\Rightarrow \displaystyle \frac{KT}{HT}=\displaystyle \frac{TM}{AT}.$

В треугольнике $ATH$ и $MTK$ $\angle ATH=\angle MTK$ как вертикальные, $\displaystyle \frac{KT}{HT}=\displaystyle \frac{TM}{AT}$ по доказанномую Значит, данные треугольники подобны по 2 пропорциональнымсторонам и углу между ними. Тогда, $\angle AHT=\angle TKM=\alpha .$

Получили, что в треугольнике $AKM$ углы при стороне $AK$ равны, значит, треугольник - равнобедренный и $AM=KM.$

Проведем прямую $BP//HM.$ В равнобедренном треугольнике $ABC$ отрезок $BP$ будет являться высотой и медианой, поэтому $PC=4.$ По теорем е Пифагора $BP^{2}=\sqrt{BC^{2}-PC^{2}}=3.$

Прямая $BP$ отсекает от треугольника $HCM$ подобные ему треугольник $BCP,$ поэтому $\displaystyle \frac{PC}{CM}=\displaystyle \frac{BC}{HC},$

$\displaystyle \frac{4}{CM}=\displaystyle \frac{5}{HC}\Rightarrow HC=\displaystyle \frac{5}{4}CM.$

Обозначим $CM=x,$ тогда $HC=\displaystyle \frac{5}{4}x,$ $BH=\displaystyle \frac{5}{4}x-5,$ $AM=8-x.$

Из треугольника $ABH$ по теореме Пифагора $AH^{2}=AB^{2}-BH^{2}=25-(\displaystyle \frac{5}{4}x-5)^{2}=\displaystyle \frac{25}{2}x-\displaystyle \frac{25}{16}x^{2}.$

Аналогично из треугольника $AHC$ $AC^{2}=AH^{2}+HC^{2}$

$64=\displaystyle \frac{25}{2}x-\displaystyle \frac{25}{16}x^{2}+\displaystyle \frac{25}{16}x^{2}$

$x=\displaystyle \frac{128}{25}$

$KM=AM=8-x=\displaystyle \frac{72}{25}$

а) Проведем прямую CF//BD, тогда BCFD – параллелограмм и BC = DF, CF = BD.

В треугольнике ACF AC = 8, CF = 6, AF = AD + DF = 10.

Если диагонали перпендикулярны, то треугольник ACF – прямоугольный и выполняется теорема Пифагора:

$AC^{2}+CF^{2}=AF^{2}$

$64+36=100$

Значит, угол между диагоналями равен 90⁰.

б) $S_{ABCD}=\displaystyle \frac{BC+AD}{2}\cdot h=5h,$ , где h – длинна высоты.

С другой стороны $S_{ABCD}=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot BD\cdot AC\cdot \sin 90^{\circ }=24$

Тогда

$5h=24$

$h=4,8$

а) Поскольку ABCD — равнобедренная трапеция, то

$MD=\displaystyle \frac{AD-BC}{2}=\displaystyle \frac{3BC-BC}{2}=BC$

Тогда $AM=2BC$. Следовательно, $\displaystyle \frac{AM}{MD}=\displaystyle \frac{2}{1}$

б)

Треугольник AMC прямоугольный. В нем $AM=\displaystyle \frac{2}{3}AD=12$ по доказанному в пункте а) и $AC=4\sqrt{13}$ по условию.

По теореме Пифагора $CM^{2}+AM^{2}=AC^{2}$ , откуда $CM=8$ .

Треугольники BCO и MOD равны по катету и острому углу (BC=MD по доказанному в пункте а) , углы CBO и ADO равны как накрест лежащие). Тогда BO = OD и СO = OM как соответственные элементы равных треугольников. Значит, СO - искомое расстояние.

$CO=CO=\displaystyle \frac{CM}{2}=4$.

а) Обозначим $\angle BAC=\alpha .$. Треугольники AKH, CMH, ABH и BKH – прямоугольные. Тогда $\angle KHA=\angle ABH=90^{\circ }-\alpha .$. Аналогично $\angle KHB=90^{\circ }-(90^{\circ }-\alpha )=\alpha .$. В четырехугольнике BKHM $\angle BKH+\angle BMH=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ },$, значит, вокруг этого четырехугольника можно описать окружность. Углы $\angle KHB=\angle KMB=\alpha $ как опирающиеся на одну и ту же хорду.

В треугольниках ABC и MKB $\angle KMB=\angle BAC,\angle ABC$ - совпадающий. Значит, они подобны по признаку подобия по 2 углам.

б) Обозначим k – коэффициент подобия треугольников ABC и MKB (k<1).

Площади подобных фигур относятся как квадраты их линейных отношений, поэтому $\displaystyle \frac{S_{BMK}}{S_{ABC}}=k^{2}\Rightarrow S_{BMK}=k^{2}\cdot S_{ABC}$ .

Площадь фигуры равна сумме площадей ее частей, поэтому $S_{AKMC}=S_{ABC}-S_{BMK}=(1-k^{2})S_{ABC}.$ Тогда $\displaystyle \frac{S_{BMK}}{S_{AMKC}}=\displaystyle \frac{k^{2}}{1-k^{2}}.$.

Определим коэффициент подобия. Из треугольника BKH по определению $\sin \alpha =\displaystyle \frac{KB}{BH}$ . Из треугольника ABC по теореме синусов $\sin \alpha =\displaystyle \frac{BC}{2R}$ , где R – радиус описанной окружности.

$\displaystyle \frac{KB}{BH}=\displaystyle \frac{BC}{2R}\Rightarrow \displaystyle \frac{KB}{BC}=\displaystyle \frac{BH}{2R}=\displaystyle \frac{2}{2\cdot 4}=\displaystyle \frac{1}{4}$

В то же время, KB и BH – стороны, лежащие напротив одинаковых углов, в подобных треугольниках ABC и MKB. Тогда $k=\displaystyle \frac{1}{4}$.

Подставим найденное значение в отношение площадей:

$\displaystyle \frac{S_{BMK}}{S_{AMKC}}=\displaystyle \frac{k^{2}}{1-k^{2}}=\displaystyle \frac{1}{15}.$

а) По теореме синусов из треугольника $PQW:$

$2R=\displaystyle \frac{PQ}{\sin \angle PWQ}=\displaystyle \frac{QW}{\sin \angle QPW},$

$20=\displaystyle \frac{16}{\sin \angle PWQ}=\displaystyle \frac{12}{\sin \angle QPW}\Rightarrow $

$\sin \angle PWQ=\displaystyle \frac{4}{5},\sin \angle QPW=\displaystyle \frac{3}{5}.$

Заметим, что $\sin ^{2}\angle PWQ+\sin ^{2}\angle QPW=\displaystyle \frac{16}{25}+\displaystyle \frac{9}{25}=1.$

Значит:

$\sin ^{2}\angle QPW=\cos ^{2}\angle PWQ,$

$\sin \angle QPW=\cos \angle PWQ,$

так как угол $QWP$ - острый. Тогда $\angle QPW+\angle PWQ=90^{\circ }$ и треугольник $PQW$ - прямоугольный.

б) Треугольник $PBQ$ и $ABC$ подобные по двум стронам и углу между ими ($\angle B$ - общий, $\displaystyle \frac{BC}{BQ}=\displaystyle \frac{AB}{BP}=\displaystyle \frac{5}{4}).$ Значит, $AC\parallel PQ$ и $AC=\displaystyle \frac{5}{4}PQ=20.$

Аналогично, из подобия треугольников $QCW$ и $BCQ$ получаем, что $BD\parallel QW$ и $BD=5QN=60$

Угол между прямыми $BD$ и $AC$ равен углу между прямыми $PQ$ и $QW,$ поэтому

$S_{ABCD}=\displaystyle \frac{1}{2}BD\cdot AC\cdot \sin 90^{\circ }=\displaystyle \frac{1}{2}60\cdot 20=600.$