Треугольники и их свойства — задание №17 ЕГЭ по математике

План. Докажем подобие маленького треугольника $C_1HK$ исходному. Тогда отношение площадей сведётся к квадрату отношения двух сторон. Для чисел найдём основание высоты $C_1$ и положение ортоцентра $H$. а) Сначала уточним расположение точек. В остроугольном треугольнике основания высот находятся на самих сторонах, а ортоцентр $H$ — внутри. Точка $C_1$ лежит на $AB$. Поскольку $C_1K\parallel BB_1$, то и $C_1K\parallel BH$. В треугольнике $ABH$ прямая через внутреннюю точку $C_1$ стороны $AB$, параллельная $BH$, пересекает $AH$ внутри. Значит, $K$ находится между $A$ и $H$. Прямая $HC_1$ — высота из $C$, поэтому перпендикулярна $AB$. Прямая $C_1K$ параллельна высоте из $B$, поэтому перпендикулярна $AC$. Угол между этими двумя лучами равен острому углу между $AB$ и $AC$: $$\angle HC_1K=\angle BAC.$$ А прямые $HC_1$ и $HK$ перпендикулярны соответственно $AB$ и $BC$. С учётом $K\in AH$ угол при $H$ равен углу при $B$: $$\angle C_1HK=\angle ABC.$$ По двум углам треугольники подобны, причём соответствуют вершины $C_1\leftrightarrow A$, $H\leftrightarrow B$, $K\leftrightarrow C$. Следовательно, $$\frac{KH}{BC}=\frac{C_1H}{AB}.$$ Умножаем на $AB\cdot BC$: $$AB\cdot KH=BC\cdot C_1H.$$ б) Находим $AC_1$. Обозначим $AC_1=u$, $CC_1=v$. Из теоремы косинусов в исходном треугольнике $$\cos A=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}.$$ В прямоугольном треугольнике $ACC_1$ имеем $u=AC\cos A$, поэтому $$u=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB}=\frac{6^2+5^2-4^2}{2\cdot6},$$ $$u=\frac{36+25-16}{12}=\frac{45}{12}=\frac{15}{4}.$$ Тогда $$BC_1=AB-AC_1=6-\frac{15}{4}=\frac{24-15}{4}=\frac94.$$ По Пифагору в $ACC_1$: $$v^2=AC^2-u^2=25-\left(\frac{15}{4}\right)^2=\frac{400-225}{16}=\frac{175}{16},$$ $$v=\frac{\sqrt{175}}4=\frac{5\sqrt7}{4}.$$ Находим $C_1H$. В треугольнике $AC_1H$ прямой угол при $C_1$, а угол $C_1AH$ дополняет $B$ до $90^\circ$, потому что $AH\perp BC$. Следовательно, $$\frac{C_1H}{AC_1}=\tan(90^\circ-B)=\cot B.$$ В прямоугольном треугольнике $BCC_1$: $$\cot B=\frac{BC_1}{CC_1}=\frac{9/4}{5\sqrt7/4}=\frac9{5\sqrt7}.$$ Поэтому $$C_1H=\frac{15}{4}\cdot\frac9{5\sqrt7}=\frac{135}{20\sqrt7}=\frac{27}{4\sqrt7}.$$ Отношение площадей. У подобных треугольников и основание, и высота изменяются в один коэффициент, поэтому площадь изменяется в квадрат этого коэффициента. Стороне $AB$ соответствует $C_1H$: $$\frac{S_{C_1HK}}{S_{ABC}}=\left(\frac{C_1H}{AB}\right)^2=\left(\frac{27}{4\sqrt7}\cdot\frac16\right)^2,$$ $$\frac{S_{C_1HK}}{S_{ABC}}=\left(\frac{27}{24\sqrt7}\right)^2=\frac{729}{576\cdot7}=\frac{729}{4032}=\frac{81}{448}.$$ Ответ: б) $\frac{81}{448}$.

Точек и перпендикуляров здесь много. Поэтому выберем координаты так, чтобы сторона $AB$ была горизонтальной. Тогда проекция на $AB$ получается простым обнулением второй координаты, а высота из $C$ задаётся вертикальной прямой. Координаты остальных точек найдём из условия перпендикулярности, а не возьмём готовыми. Обозначим равные боковые стороны $AB=BC=l$, основание $AC=b$. Выберем: $$A=(0;0),\qquad B=(l;0),\qquad C=(q;v),\quad v>0.$$ Треугольник остроугольный, поэтому основание высоты из $C$ лежит между $A$ и $B$: $$0<q<l.$$ По формуле расстояния $AC^2=q^2+v^2=b^2$. Равенство $BC=l$ даёт: $$(q-l)^2+v^2=l^2.$$ Раскроем квадрат разности: $$q^2-2lq+l^2+v^2=l^2.$$ Вычтем $l^2$, затем перенесём $-2lq$ вправо: $$q^2+v^2=2lq.$$ Левая часть равна $b^2$, поэтому: $$b^2=2lq,\qquad q=\frac{b^2}{2l}.$$ Для краткости дальнейших формул обозначим $u=q/l$. Тогда: $$u=\frac{b^2}{2l^2},\qquad0<u<1.$$ Шаг 1. Найдём основание высоты $H$ из $A$ на $BC$. Направляющий вектор стороны $BC$: $$w=C-B=(q-l;v).$$ Любая точка этой прямой имеет вид $B+tw$, где $t$ — число. Запишем $H=B+tw$. Условие $AH\perp BC$ означает, что скалярное произведение векторов $AH$ и $w$ равно нулю. Поскольку $A=(0;0)$, вектор $AH$ имеет те же координаты, что $H$. Получаем: $$0=(B+tw)\cdot w=B\cdot w+t|w|^2.$$ Здесь $B\cdot w=l(q-l)$, а $|w|=BC=l$. Следовательно: $$l(q-l)+tl^2=0.$$ Перенесём первое слагаемое вправо и разделим на $l^2>0$: $$t=\frac{l(l-q)}{l^2}=1-\frac ql=1-u.$$ Подставим это в координаты: $$H=(l+(1-u)(q-l);(1-u)v).$$ Первую координату упростим отдельно: $$l+(1-u)(q-l)=l+(1-u)q-l+ul=(1-u)q+q=q(2-u).$$ Итак: $$H=(q(2-u);(1-u)v).$$ Шаг 2. Найдём точки $M$ и $K$. $M$ — проекция $H$ на горизонтальную сторону $AB$. Поэтому первая координата остаётся, вторая становится нулём: $$M=(q(2-u);0).$$ Точка $K$ лежит на $AC$, значит, её координаты можно записать как $K=kC=(kq;kv)$. Перпендикулярность $HK$ и $AC$ даёт: $$(H-kC)\cdot C=0,$$ $$H\cdot C-k|C|^2=0,$$ $$k=\frac{H\cdot C}{|C|^2}.$$ В знаменателе $|C|^2=AC^2=b^2$. Числитель вычислим по координатам: $$H\cdot C=q^2(2-u)+(1-u)v^2.$$ Выделим общую часть: $$q^2(2-u)+(1-u)v^2=(1-u)(q^2+v^2)+q^2=(1-u)b^2+q^2.$$ Следовательно: $$k=1-u+\frac{q^2}{b^2}.$$ Так как $b^2=2lq$, последняя дробь равна: $$\frac{q^2}{b^2}=\frac{q^2}{2lq}=\frac{q}{2l}=u/2.$$ Значит: $$k=1-u+u/2=1-u/2,$$ $$K=((1-u/2)q;(1-u/2)v).$$ Шаг 3. Найдём пересечение $E$ прямой $MK$ с высотой $CT$. Высота $CT$ перпендикулярна горизонтальной $AB$, поэтому она вертикальна: $$x=q,\qquad T=(q;0).$$ Точки отрезка $MK$ запишем в виде $M+\lambda(K-M)$. Его первая координата: $$q(2-u)+\lambda[(1-u/2)q-q(2-u)].$$ В скобках: $$(1-u/2)q-q(2-u)=q[(1-u/2)-(2-u)]=-q(1-u/2).$$ В точке пересечения с $CT$ первая координата равна $q$. Поэтому: $$q(2-u)-\lambda q(1-u/2)=q.$$ Разделим на $q>0$, затем перенесём слагаемые: $$2-u-\lambda(1-u/2)=1,$$ $$\lambda(1-u/2)=1-u,$$ $$\lambda=\frac{1-u}{1-u/2}.$$ При $0<u<1$ числитель положителен и меньше знаменателя, поэтому $0<\lambda<1$. Это означает, что $E$ находится внутри отрезка $MK$. Её вторая координата: $$y_E=0+\lambda(1-u/2)v=\frac{1-u}{1-u/2}(1-u/2)v=(1-u)v.$$ Таким образом: $$E=(q;(1-u)v).$$ а) У точек $E$ и $H$ одинаковая вторая координата $(1-u)v$. Поэтому прямая $EH$ горизонтальна. Сторона $AB$ тоже горизонтальна. Эти прямые не совпадают: $E,H$ находятся выше $AB$, поскольку $(1-u)v>0$. Следовательно, $EH\parallel AB$. б) Вычислим нужную длину. Из координат получаем: $$\overrightarrow{ME}=(q-q(2-u);(1-u)v-0)=(-q(1-u);(1-u)v).$$ По формуле длины вектора: $$ME=\sqrt{q^2(1-u)^2+v^2(1-u)^2}.$$ Вынесем $(1-u)^2$ из-под корня. Поскольку $1-u>0$, его квадратный корень равен $1-u$: $$ME=(1-u)\sqrt{q^2+v^2}=(1-u)b.$$ Для всего отрезка $MK$ аналогично: $$\overrightarrow{MK}=(-q(1-u/2);v(1-u/2)),$$ $$MK=(1-u/2)\sqrt{q^2+v^2}=b(1-u/2).$$ Точка $E$ лежит между $M$ и $K$, что мы проверили по параметру $\lambda$. Поэтому: $$EK=MK-ME=b(1-u/2)-b(1-u).$$ Раскроем скобки и приведём подобные члены: $$EK=b-bu/2-b+bu=bu/2.$$ Подставим данные условия $l=17$, $b=16$ в формулу для $u$: $$u=\frac{16^2}{2\cdot17^2}=\frac{256}{2\cdot289}=\frac{256}{578}=\frac{128}{289}.$$ Нужно найти $ME=b(1-u)$. Сначала вычтем дробь из единицы: $$1-u=1-\frac{128}{289}=\frac{161}{289}.$$ Теперь умножим на длину основания: $$ME=16\cdot\frac{161}{289}=\frac{2576}{289}.$$ Ответ: а) доказано; б) $ME=\frac{2576}{289}$.

Нужно использовать перпендикулярность $MK$ и $CM$, чтобы связать катеты и найти угол. Затем пересечения прямых найдём из их уравнений. Выберем прямоугольную систему координат вдоль катетов: $C=(0;0)$, $A=(a;0)$, $B=(0;b)$, где $a=AC>0$, $b=BC>0$. Это удобно: прямой угол уже задан осями, а координаты середин получаются делением пополам. Для любых точек $(x_1;y_1)$ и $(x_2;y_2)$ квадрат расстояния равен $(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2$ — это теорема Пифагора для горизонтального и вертикального перемещений. Шаг 1. Переведём положение точек в координаты. Середина гипотенузы $M=(a/2;b/2)$. Из $AK:KC=1:2$ следует $KC=2AC/3=2a/3$, поэтому $K=(2a/3;0)$. Вектор получают вычитанием координат начала из координат конца: $$\overrightarrow{CM}=(a/2;b/2),\qquad \overrightarrow{MK}=(2a/3-a/2;0-b/2)=(a/6;-b/2).$$ Векторы перпендикулярны тогда и только тогда, когда их скалярное произведение — сумма произведений соответствующих координат — равно нулю. По условию: $$\frac a2\cdot\frac a6+\frac b2\cdot\left(-\frac b2\right)=0,$$ $$\frac{a^2}{12}-\frac{b^2}4=0.$$ Умножаем на 12: $a^2-3b^2=0$, откуда $a^2=3b^2$ и $a=\sqrt3b$, поскольку катеты положительны. В прямоугольном треугольнике тангенс угла при $A$ равен противоположному катету, делённому на прилежащий: $$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac ba=\frac{b}{\sqrt3b}=\frac1{\sqrt3}.$$ Угол $A$ острый, и это табличный тангенс $30^\circ$. Поэтому $A=30^\circ$. Пункт а доказан. Шаг 2. Найдём $P$ и уравнения $AP,BK$. У прямой $MK$ наклон равен $(-b/2)/(a/6)=-3b/a$. Через $K$ её уравнение: $$y=-\frac{3b}{a}(x-2a/3)=-\frac{3b}{a}x+2b.$$ На оси $BC$ координата $x=0$, поэтому $P=(0;2b)$. Прямая $AP$ проходит через $(a;0)$ и $(0;2b)$, то есть $$\frac xa+\frac{y}{2b}=1,\qquad 2bx+ay=2ab.$$ Прямая $BK$ проходит через $(0;b)$ и $(2a/3;0)$: $$\frac{3x}{2a}+\frac yb=1,\qquad 3bx+2ay=2ab.$$ Шаг 3. Решим систему для $Q$. Умножаем уравнение $AP$ на 2: $4bx+2ay=4ab$. Вычитаем уравнение $BK$: $$bx=2ab,\qquad x=2a.$$ Подставляем в $2bx+ay=2ab$: $$4ab+ay=2ab,\qquad ay=-2ab,\qquad y=-2b.$$ Значит, $Q=(2a;-2b)$. Отрицательная координата допустима: в условии пересекаются прямые, а не только отрезки. Шаг 4. Найдём длину $KQ$. $$KQ^2=(2a-2a/3)^2+(-2b-0)^2=(4a/3)^2+4b^2=16a^2/9+4b^2.$$ Используем уже доказанное $a^2=3b^2$: $$KQ^2=16\cdot3b^2/9+4b^2=16b^2/3+12b^2/3=28b^2/3.$$ По условию $b=\sqrt{21}$, значит, $b^2=21$: $$KQ^2=28\cdot21/3=28\cdot7=196,\qquad KQ=\sqrt{196}=14.$$ Проверка $Q$: $2b\cdot2a+a\cdot(-2b)=2ab$, $3b\cdot2a+2a\cdot(-2b)=2ab$ — обе прямые действительно проходят через него. Ответ: а) $\angle BAC=30^\circ$; б) $KQ=14$.

Точек и перпендикуляров здесь много. Поэтому выберем координаты так, чтобы сторона $AB$ была горизонтальной. Тогда проекция на $AB$ получается простым обнулением второй координаты, а высота из $C$ задаётся вертикальной прямой. Координаты остальных точек найдём из условия перпендикулярности, а не возьмём готовыми. Обозначим равные боковые стороны $AB=BC=l$, основание $AC=b$. Выберем: $$A=(0;0),\qquad B=(l;0),\qquad C=(q;v),\quad v>0.$$ Треугольник остроугольный, поэтому основание высоты из $C$ лежит между $A$ и $B$: $$0<q<l.$$ По формуле расстояния $AC^2=q^2+v^2=b^2$. Равенство $BC=l$ даёт: $$(q-l)^2+v^2=l^2.$$ Раскроем квадрат разности: $$q^2-2lq+l^2+v^2=l^2.$$ Вычтем $l^2$, затем перенесём $-2lq$ вправо: $$q^2+v^2=2lq.$$ Левая часть равна $b^2$, поэтому: $$b^2=2lq,\qquad q=\frac{b^2}{2l}.$$ Для краткости дальнейших формул обозначим $u=q/l$. Тогда: $$u=\frac{b^2}{2l^2},\qquad0<u<1.$$ Шаг 1. Найдём основание высоты $H$ из $A$ на $BC$. Направляющий вектор стороны $BC$: $$w=C-B=(q-l;v).$$ Любая точка этой прямой имеет вид $B+tw$, где $t$ — число. Запишем $H=B+tw$. Условие $AH\perp BC$ означает, что скалярное произведение векторов $AH$ и $w$ равно нулю. Поскольку $A=(0;0)$, вектор $AH$ имеет те же координаты, что $H$. Получаем: $$0=(B+tw)\cdot w=B\cdot w+t|w|^2.$$ Здесь $B\cdot w=l(q-l)$, а $|w|=BC=l$. Следовательно: $$l(q-l)+tl^2=0.$$ Перенесём первое слагаемое вправо и разделим на $l^2>0$: $$t=\frac{l(l-q)}{l^2}=1-\frac ql=1-u.$$ Подставим это в координаты: $$H=(l+(1-u)(q-l);(1-u)v).$$ Первую координату упростим отдельно: $$l+(1-u)(q-l)=l+(1-u)q-l+ul=(1-u)q+q=q(2-u).$$ Итак: $$H=(q(2-u);(1-u)v).$$ Шаг 2. Найдём точки $M$ и $K$. $M$ — проекция $H$ на горизонтальную сторону $AB$. Поэтому первая координата остаётся, вторая становится нулём: $$M=(q(2-u);0).$$ Точка $K$ лежит на $AC$, значит, её координаты можно записать как $K=kC=(kq;kv)$. Перпендикулярность $HK$ и $AC$ даёт: $$(H-kC)\cdot C=0,$$ $$H\cdot C-k|C|^2=0,$$ $$k=\frac{H\cdot C}{|C|^2}.$$ В знаменателе $|C|^2=AC^2=b^2$. Числитель вычислим по координатам: $$H\cdot C=q^2(2-u)+(1-u)v^2.$$ Выделим общую часть: $$q^2(2-u)+(1-u)v^2=(1-u)(q^2+v^2)+q^2=(1-u)b^2+q^2.$$ Следовательно: $$k=1-u+\frac{q^2}{b^2}.$$ Так как $b^2=2lq$, последняя дробь равна: $$\frac{q^2}{b^2}=\frac{q^2}{2lq}=\frac{q}{2l}=u/2.$$ Значит: $$k=1-u+u/2=1-u/2,$$ $$K=((1-u/2)q;(1-u/2)v).$$ Шаг 3. Найдём пересечение $E$ прямой $MK$ с высотой $CT$. Высота $CT$ перпендикулярна горизонтальной $AB$, поэтому она вертикальна: $$x=q,\qquad T=(q;0).$$ Точки отрезка $MK$ запишем в виде $M+\lambda(K-M)$. Его первая координата: $$q(2-u)+\lambda[(1-u/2)q-q(2-u)].$$ В скобках: $$(1-u/2)q-q(2-u)=q[(1-u/2)-(2-u)]=-q(1-u/2).$$ В точке пересечения с $CT$ первая координата равна $q$. Поэтому: $$q(2-u)-\lambda q(1-u/2)=q.$$ Разделим на $q>0$, затем перенесём слагаемые: $$2-u-\lambda(1-u/2)=1,$$ $$\lambda(1-u/2)=1-u,$$ $$\lambda=\frac{1-u}{1-u/2}.$$ При $0<u<1$ числитель положителен и меньше знаменателя, поэтому $0<\lambda<1$. Это означает, что $E$ находится внутри отрезка $MK$. Её вторая координата: $$y_E=0+\lambda(1-u/2)v=\frac{1-u}{1-u/2}(1-u/2)v=(1-u)v.$$ Таким образом: $$E=(q;(1-u)v).$$ а) У точек $E$ и $H$ одинаковая вторая координата $(1-u)v$. Поэтому прямая $EH$ горизонтальна. Сторона $AB$ тоже горизонтальна. Эти прямые не совпадают: $E,H$ находятся выше $AB$, поскольку $(1-u)v>0$. Следовательно, $EH\parallel AB$. б) Вычислим нужную длину. Из координат получаем: $$\overrightarrow{ME}=(q-q(2-u);(1-u)v-0)=(-q(1-u);(1-u)v).$$ По формуле длины вектора: $$ME=\sqrt{q^2(1-u)^2+v^2(1-u)^2}.$$ Вынесем $(1-u)^2$ из-под корня. Поскольку $1-u>0$, его квадратный корень равен $1-u$: $$ME=(1-u)\sqrt{q^2+v^2}=(1-u)b.$$ Для всего отрезка $MK$ аналогично: $$\overrightarrow{MK}=(-q(1-u/2);v(1-u/2)),$$ $$MK=(1-u/2)\sqrt{q^2+v^2}=b(1-u/2).$$ Точка $E$ лежит между $M$ и $K$, что мы проверили по параметру $\lambda$. Поэтому: $$EK=MK-ME=b(1-u/2)-b(1-u).$$ Раскроем скобки и приведём подобные члены: $$EK=b-bu/2-b+bu=bu/2.$$ Подставим данные условия $l=13$, $b=10$ в формулу для $u$: $$u=\frac{10^2}{2\cdot13^2}=\frac{100}{2\cdot169}=\frac{100}{338}=\frac{50}{169}.$$ Нужно найти $ME=b(1-u)$. Сначала вычтем дробь из единицы: $$1-u=1-\frac{50}{169}=\frac{119}{169}.$$ Теперь умножим на длину основания: $$ME=10\cdot\frac{119}{169}=\frac{1190}{169}.$$ Ответ: а) доказано; б) $ME=\frac{1190}{169}$.

Точек и перпендикуляров здесь много. Поэтому выберем координаты так, чтобы сторона $AB$ была горизонтальной. Тогда проекция на $AB$ получается простым обнулением второй координаты, а высота из $C$ задаётся вертикальной прямой. Координаты остальных точек найдём из условия перпендикулярности, а не возьмём готовыми. Обозначим равные боковые стороны $AB=BC=l$, основание $AC=b$. Выберем: $$A=(0;0),\qquad B=(l;0),\qquad C=(q;v),\quad v>0.$$ Треугольник остроугольный, поэтому основание высоты из $C$ лежит между $A$ и $B$: $$0<q<l.$$ По формуле расстояния $AC^2=q^2+v^2=b^2$. Равенство $BC=l$ даёт: $$(q-l)^2+v^2=l^2.$$ Раскроем квадрат разности: $$q^2-2lq+l^2+v^2=l^2.$$ Вычтем $l^2$, затем перенесём $-2lq$ вправо: $$q^2+v^2=2lq.$$ Левая часть равна $b^2$, поэтому: $$b^2=2lq,\qquad q=\frac{b^2}{2l}.$$ Для краткости дальнейших формул обозначим $u=q/l$. Тогда: $$u=\frac{b^2}{2l^2},\qquad0<u<1.$$ Шаг 1. Найдём основание высоты $H$ из $A$ на $BC$. Направляющий вектор стороны $BC$: $$w=C-B=(q-l;v).$$ Любая точка этой прямой имеет вид $B+tw$, где $t$ — число. Запишем $H=B+tw$. Условие $AH\perp BC$ означает, что скалярное произведение векторов $AH$ и $w$ равно нулю. Поскольку $A=(0;0)$, вектор $AH$ имеет те же координаты, что $H$. Получаем: $$0=(B+tw)\cdot w=B\cdot w+t|w|^2.$$ Здесь $B\cdot w=l(q-l)$, а $|w|=BC=l$. Следовательно: $$l(q-l)+tl^2=0.$$ Перенесём первое слагаемое вправо и разделим на $l^2>0$: $$t=\frac{l(l-q)}{l^2}=1-\frac ql=1-u.$$ Подставим это в координаты: $$H=(l+(1-u)(q-l);(1-u)v).$$ Первую координату упростим отдельно: $$l+(1-u)(q-l)=l+(1-u)q-l+ul=(1-u)q+q=q(2-u).$$ Итак: $$H=(q(2-u);(1-u)v).$$ Шаг 2. Найдём точки $M$ и $K$. $M$ — проекция $H$ на горизонтальную сторону $AB$. Поэтому первая координата остаётся, вторая становится нулём: $$M=(q(2-u);0).$$ Точка $K$ лежит на $AC$, значит, её координаты можно записать как $K=kC=(kq;kv)$. Перпендикулярность $HK$ и $AC$ даёт: $$(H-kC)\cdot C=0,$$ $$H\cdot C-k|C|^2=0,$$ $$k=\frac{H\cdot C}{|C|^2}.$$ В знаменателе $|C|^2=AC^2=b^2$. Числитель вычислим по координатам: $$H\cdot C=q^2(2-u)+(1-u)v^2.$$ Выделим общую часть: $$q^2(2-u)+(1-u)v^2=(1-u)(q^2+v^2)+q^2=(1-u)b^2+q^2.$$ Следовательно: $$k=1-u+\frac{q^2}{b^2}.$$ Так как $b^2=2lq$, последняя дробь равна: $$\frac{q^2}{b^2}=\frac{q^2}{2lq}=\frac{q}{2l}=u/2.$$ Значит: $$k=1-u+u/2=1-u/2,$$ $$K=((1-u/2)q;(1-u/2)v).$$ Шаг 3. Найдём пересечение $E$ прямой $MK$ с высотой $CT$. Высота $CT$ перпендикулярна горизонтальной $AB$, поэтому она вертикальна: $$x=q,\qquad T=(q;0).$$ Точки отрезка $MK$ запишем в виде $M+\lambda(K-M)$. Его первая координата: $$q(2-u)+\lambda[(1-u/2)q-q(2-u)].$$ В скобках: $$(1-u/2)q-q(2-u)=q[(1-u/2)-(2-u)]=-q(1-u/2).$$ В точке пересечения с $CT$ первая координата равна $q$. Поэтому: $$q(2-u)-\lambda q(1-u/2)=q.$$ Разделим на $q>0$, затем перенесём слагаемые: $$2-u-\lambda(1-u/2)=1,$$ $$\lambda(1-u/2)=1-u,$$ $$\lambda=\frac{1-u}{1-u/2}.$$ При $0<u<1$ числитель положителен и меньше знаменателя, поэтому $0<\lambda<1$. Это означает, что $E$ находится внутри отрезка $MK$. Её вторая координата: $$y_E=0+\lambda(1-u/2)v=\frac{1-u}{1-u/2}(1-u/2)v=(1-u)v.$$ Таким образом: $$E=(q;(1-u)v).$$ а) Вектор $TH$ вычисляется вычитанием координат: $$\overrightarrow{TH}=(q(2-u)-q;(1-u)v-0)=(q(1-u);(1-u)v).$$ Вектор $ME$ равен: $$\overrightarrow{ME}=(q-q(2-u);(1-u)v-0)=(-q(1-u);(1-u)v).$$ Первые координаты отличаются только знаком, вторые совпадают. При вычислении квадрата длины знак первой координаты исчезает: $$TH^2=q^2(1-u)^2+v^2(1-u)^2=ME^2.$$ Обе длины положительны, поэтому $TH=ME$. б) Вычислим нужную длину. Из координат получаем: $$\overrightarrow{ME}=(q-q(2-u);(1-u)v-0)=(-q(1-u);(1-u)v).$$ По формуле длины вектора: $$ME=\sqrt{q^2(1-u)^2+v^2(1-u)^2}.$$ Вынесем $(1-u)^2$ из-под корня. Поскольку $1-u>0$, его квадратный корень равен $1-u$: $$ME=(1-u)\sqrt{q^2+v^2}=(1-u)b.$$ Для всего отрезка $MK$ аналогично: $$\overrightarrow{MK}=(-q(1-u/2);v(1-u/2)),$$ $$MK=(1-u/2)\sqrt{q^2+v^2}=b(1-u/2).$$ Точка $E$ лежит между $M$ и $K$, что мы проверили по параметру $\lambda$. Поэтому: $$EK=MK-ME=b(1-u/2)-b(1-u).$$ Раскроем скобки и приведём подобные члены: $$EK=b-bu/2-b+bu=bu/2.$$ Подставим данные условия $l=5$, $b=6$ в формулу для $u$: $$u=\frac{6^2}{2\cdot5^2}=\frac{36}{2\cdot25}=\frac{36}{50}=\frac{18}{25}.$$ Нужно найти $EK=bu/2$. Подставим $b,u$: $$EK=\frac{6\cdot\frac{18}{25}}2=3\cdot\frac{18}{25}=\frac{54}{25}.$$ Ответ: а) доказано; б) $EK=\frac{54}{25}$.

Нужно сравнить длины $AN$ и $KM$, а затем найти весь отрезок прямой $BP$ внутри треугольника. Точка $P$ внутри треугольника — лишь вспомогательная; искомый отрезок продолжится от неё до катета $AC$. Выберем прямоугольную систему координат вдоль катетов: $C=(0;0)$, $A=(a;0)$, $B=(0;b)$, где $a=AC>0$, $b=BC>0$. Это удобно: прямой угол уже задан осями, а координаты середин получаются делением пополам. Для любых точек $(x_1;y_1)$ и $(x_2;y_2)$ квадрат расстояния равен $(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2$ — это теорема Пифагора для горизонтального и вертикального перемещений. Шаг 1. Найдём координаты $M,N,K$. Точки $M$ и $N$ — середины, поэтому $M=(a/2;b/2)$, $N=(0;b/2)$. Отношение $CK:KB=1:3$ означает, что $CK$ занимает одну из четырёх равных частей $BC$. Значит, $K=(0;b/4)$. По формуле расстояния: $$AN^2=(a-0)^2+(0-b/2)^2=a^2+b^2/4,$$ $$KM^2=(a/2-0)^2+(b/2-b/4)^2=a^2/4+b^2/16.$$ Умножаем второе равенство на 4: $$4KM^2=a^2+b^2/4=AN^2.$$ Длины положительны, поэтому из равенства квадратов получаем $AN=2KM$. Пункт а доказан. Шаг 2. Найдём точку пересечения $P$. Уравнение $AN$ получаем по пересечениям с осями: $x/a+2y/b=1$. Оно верно для $A=(a;0)$ и $N=(0;b/2)$. Для $KM$ уравнение $4y/b-2x/a=1$: при $K$ левая часть равна 1, при $M$ — $2-1=1$. Обозначим $X=x/a$, $Y=y/b$. Система для пересечения становится $$X+2Y=1,\qquad -2X+4Y=1.$$ Умножаем первое равенство на 2: $2X+4Y=2$. Вычитаем второе: $4X=1$, поэтому $X=1/4$; затем $2Y=1-1/4=3/4$, откуда $Y=3/8$. Значит, $$P=(a/4;3b/8).$$ Шаг 3. Найдём вторую граничную точку прямой $BP$. Любая точка на луче из $B$ через $P$ имеет координаты $$x=t\frac a4,\qquad y=b+t\left(\frac{3b}{8}-b\right)=b-\frac{5bt}{8}.$$ При $t=0$ это $B$, при $t=1$ — $P$. Для пересечения с $AC$ нужно $y=0$: $$b-\frac{5bt}{8}=0,\qquad 1-\frac{5t}{8}=0,\qquad t=\frac85.$$ Поэтому точка выхода $T$ имеет координаты $x=(8/5)(a/4)=2a/5$, $y=0$. Внутри выпуклого треугольника находится весь отрезок $BT$. Шаг 4. Вычислим его длину. При $a=6$, $b=8$ имеем $T=(12/5;0)$ и $B=(0;8)$. Поэтому $$BT^2=(12/5)^2+8^2=144/25+64=144/25+1600/25=1744/25.$$ $$BT=\frac{\sqrt{1744}}5=\frac{\sqrt{16\cdot109}}5=\frac{4\sqrt{109}}5.$$ Проверим вычисленную точку $P$ в обеих прямых: $1/4+2\cdot3/8=1$, $4\cdot3/8-2\cdot1/4=3/2-1/2=1$. Точка $T$ лежит на $AC$, поскольку $0<2a/5<a$. Ответ: а) $AN=2KM$; б) длина отрезка равна $4\sqrt{109}/5$.

Все искомые отношения сохраняются, если увеличить или уменьшить весь рисунок в одинаковое число раз. Поэтому для вычислений примем сторону равностороннего треугольника за 1. В пункте с площадями используем только их отношение, которое от такого выбора не меняется. Шаг 1. Введём координаты и найдём $E$. Расположим $A=(0;0)$, $C=(1;0)$, $B=(1/2;\sqrt3/2)$. Высота равностороннего треугольника со стороной1 равна $\sqrt{1-(1/2)^2}=\sqrt3/2$. Пусть $M=(t;0)$, где $0<t<1$. Тогда $AM=t$, $CM=1-t$. Пусть $AE=z$. Так как $AB=1$, точка на этой стороне имеет координаты $E=(z/2;\sqrt3z/2)$, а $EB=1-z$. По определению серединного перпендикуляра $EB=EM$. Возводим в квадрат: $$(1-z)^2=(z/2-t)^2+(\sqrt3z/2)^2.$$ Раскрываем оба квадрата: $$1-2z+z^2=z^2/4-zt+t^2+3z^2/4=z^2-zt+t^2.$$ Сокращаем $z^2$, переносим слагаемые при $z$ вправо: $$1-t^2=2z-zt=(2-t)z,\qquad z=\frac{1-t^2}{2-t}.$$ Следовательно, $AE=(1-t^2)/(2-t)$. Шаг 2. Найдём $CK$. Пусть $BK=u$. Поскольку $BC=1$, точка $K$ имеет координаты $(1/2+u/2;\sqrt3(1-u)/2)$, а $CK=1-u$. Условие $KB=KM$ после возведения в квадрат даёт $$u^2=\left(\frac{1+u-2t}{2}\right)^2+\frac{3(1-u)^2}{4}.$$ Умножаем на4 и раскрываем квадраты: $$4u^2=1+u^2+4t^2+2u-4t-4ut+3-6u+3u^2.$$ Собираем слагаемые справа: $u^2+3u^2=4u^2$, $1+3=4$, $2u-6u=-4u$: $$4u^2=4u^2+4+4t^2-4t-4u-4ut.$$ Вычитаем $4u^2$ и делим на4: $$0=1+t^2-t-u-ut,\qquad (1+t)u=1-t+t^2.$$ Отсюда $u=(1-t+t^2)/(1+t)$. Значит, $$CK=1-u=\frac{1+t-(1-t+t^2)}{1+t}=\frac{2t-t^2}{1+t}=\frac{t(2-t)}{1+t}.$$ Шаг 3. Докажем подобие и равенство нужных углов. Разложим разность квадратов: $1-t^2=(1-t)(1+t)$. Поэтому $$\frac{AE}{CM}=\frac{(1-t)(1+t)}{(2-t)(1-t)}=\frac{1+t}{2-t}.$$ Второе отношение: $$\frac{AM}{CK}=\frac{t}{t(2-t)/(1+t)}=\frac{1+t}{2-t}.$$ Сокращения допустимы: $0<t<1$. Углы между сравниваемыми сторонами равны: $\angle EAM=\angle MCK=60^\circ$, это углы исходного равностороннего треугольника. Итак, две стороны пропорциональны и угол между ними одинаков. По этому признаку $\triangle AEM\sim\triangle CMK$, причём $A$ соответствует $C$, $E$ — $M$, $M$ — $K$. Поэтому $\angle AEM=\angle CMK$. Пункт а доказан в обеих формулировках. Коэффициент подобия первого треугольника ко второму: $$k=\frac{1+t}{2-t}.$$ Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента: $S_{AEM}/S_{CMK}=k^2$. Шаг 4. Найдём $AM:MC$ по площадям. Из $S_{AEM}=4$ и $S_{CMK}=9$ следует $k^2=4/9$. Коэффициент — отношение положительных длин, поэтому $k=2/3$. Подставляем его выражение: $$\frac{1+t}{2-t}=\frac23.$$ Умножаем на $3(2-t)>0$: $$3(1+t)=2(2-t),\qquad3+3t=4-2t.$$ Переносим $-2t$ влево, 3 вправо: $$5t=1,\qquad t=1/5.$$ Тогда $CM=1-t=4/5$, поэтому $AM:MC=(1/5):(4/5)=1:4$. Проверка: $k=(1+1/5)/(2-1/5)=(6/5)/(9/5)=2/3$, квадрат действительно $4/9$. Ответ: а) подобие доказано; б) $AM:MC=1:4$.

Нужно доказать перпендикулярность двух медиан, а затем найти расстояние между пересечениями четырёх прямых. Координаты вдоль катетов позволяют записать и середины, и уравнения прямых. Выберем прямоугольную систему координат вдоль катетов: $C=(0;0)$, $A=(a;0)$, $B=(0;b)$, где $a=AC>0$, $b=BC>0$. Это удобно: прямой угол уже задан осями, а координаты середин получаются делением пополам. Для любых точек $(x_1;y_1)$ и $(x_2;y_2)$ квадрат расстояния равен $(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2$ — это теорема Пифагора для горизонтального и вертикального перемещений. Шаг 1. Найдём направления медиан. Из $CM=BC=b$ получаем $M=(b;0)$. Точка $N$ лежит на продолжении $BC$ за $C$, поэтому её вертикальная координата отрицательна: $N=(0;-a)$, поскольку $CN=AC=a$. Концы медиан — середины противоположных сторон. Следовательно, $$P=(a/2;b/2),\qquad Q=(b/2;-a/2).$$ Так как обе медианы начинаются в начале координат, их направляющие векторы имеют те же координаты. Скалярное произведение: $$\overrightarrow{CP}\cdot\overrightarrow{CQ}=\frac a2\cdot\frac b2+\frac b2\cdot\left(-\frac a2\right)=\frac{ab}4-\frac{ab}4=0.$$ Нулевое скалярное произведение ненулевых векторов означает прямой угол. Значит, $CP\perp CQ$. Пункт а доказан. Шаг 2. Найдём $K$ при $a=5$, $b=1$. Теперь $A=(5;0)$, $B=(0;1)$, $M=(1;0)$, $N=(0;-5)$. Уравнение $AB$: $x/5+y=1$, то есть $x+5y=5$. Уравнение $MN$: $x-y/5=1$, то есть $5x-y=5$. Из второго $y=5x-5$. Подставляем в первое: $$x+5(5x-5)=5,$$ $$x+25x-25=5,\qquad26x=30,\qquad x=15/13.$$ $$y=5\cdot15/13-5=75/13-65/13=10/13.$$ Поэтому $K=(15/13;10/13)$. Шаг 3. Найдём $L$. Прямая $BM$ проходит через $(0;1)$ и $(1;0)$, поэтому $x+y=1$. Прямая $AN$ проходит через $(5;0)$ и $(0;-5)$, поэтому $y=x-5$. Подставляем: $$x+(x-5)=1,\qquad2x=6,\qquad x=3,\qquad y=3-5=-2.$$ Значит, $L=(3;-2)$. Шаг 4. Вычислим длину по теореме Пифагора. $$\Delta x=3-15/13=39/13-15/13=24/13,$$ $$\Delta y=-2-10/13=-26/13-10/13=-36/13.$$ $$KL=\sqrt{(24/13)^2+(-36/13)^2}=\frac{\sqrt{576+1296}}{13}=\frac{\sqrt{1872}}{13}.$$ Выделяем квадрат: $1872=144\cdot13$, поэтому $KL=12\sqrt{13}/13$. Проверка $K$: $15/13+5\cdot10/13=65/13=5$, $5\cdot15/13-10/13=65/13=5$. Проверка $L$: $3+(-2)=1$, $-2=3-5$. Ответ: а) медианы перпендикулярны; б) $KL=12\sqrt{13}/13$.

Все искомые отношения сохраняются, если увеличить или уменьшить весь рисунок в одинаковое число раз. Поэтому для вычислений примем сторону равностороннего треугольника за 1. В пункте с площадями используем только их отношение, которое от такого выбора не меняется. Шаг 1. Введём координаты и найдём $E$. Расположим $A=(0;0)$, $C=(1;0)$, $B=(1/2;\sqrt3/2)$. Высота равностороннего треугольника со стороной1 равна $\sqrt{1-(1/2)^2}=\sqrt3/2$. Пусть $M=(t;0)$, где $0<t<1$. Тогда $AM=t$, $CM=1-t$. Пусть $AE=z$. Так как $AB=1$, точка на этой стороне имеет координаты $E=(z/2;\sqrt3z/2)$, а $EB=1-z$. По определению серединного перпендикуляра $EB=EM$. Возводим в квадрат: $$(1-z)^2=(z/2-t)^2+(\sqrt3z/2)^2.$$ Раскрываем оба квадрата: $$1-2z+z^2=z^2/4-zt+t^2+3z^2/4=z^2-zt+t^2.$$ Сокращаем $z^2$, переносим слагаемые при $z$ вправо: $$1-t^2=2z-zt=(2-t)z,\qquad z=\frac{1-t^2}{2-t}.$$ Следовательно, $AE=(1-t^2)/(2-t)$. Шаг 2. Найдём $CK$. Пусть $BK=u$. Поскольку $BC=1$, точка $K$ имеет координаты $(1/2+u/2;\sqrt3(1-u)/2)$, а $CK=1-u$. Условие $KB=KM$ после возведения в квадрат даёт $$u^2=\left(\frac{1+u-2t}{2}\right)^2+\frac{3(1-u)^2}{4}.$$ Умножаем на4 и раскрываем квадраты: $$4u^2=1+u^2+4t^2+2u-4t-4ut+3-6u+3u^2.$$ Собираем слагаемые справа: $u^2+3u^2=4u^2$, $1+3=4$, $2u-6u=-4u$: $$4u^2=4u^2+4+4t^2-4t-4u-4ut.$$ Вычитаем $4u^2$ и делим на4: $$0=1+t^2-t-u-ut,\qquad (1+t)u=1-t+t^2.$$ Отсюда $u=(1-t+t^2)/(1+t)$. Значит, $$CK=1-u=\frac{1+t-(1-t+t^2)}{1+t}=\frac{2t-t^2}{1+t}=\frac{t(2-t)}{1+t}.$$ Шаг 3. Докажем подобие и равенство нужных углов. Разложим разность квадратов: $1-t^2=(1-t)(1+t)$. Поэтому $$\frac{AE}{CM}=\frac{(1-t)(1+t)}{(2-t)(1-t)}=\frac{1+t}{2-t}.$$ Второе отношение: $$\frac{AM}{CK}=\frac{t}{t(2-t)/(1+t)}=\frac{1+t}{2-t}.$$ Сокращения допустимы: $0<t<1$. Углы между сравниваемыми сторонами равны: $\angle EAM=\angle MCK=60^\circ$, это углы исходного равностороннего треугольника. Итак, две стороны пропорциональны и угол между ними одинаков. По этому признаку $\triangle AEM\sim\triangle CMK$, причём $A$ соответствует $C$, $E$ — $M$, $M$ — $K$. Поэтому $\angle AEM=\angle CMK$. Пункт а доказан в обеих формулировках. Коэффициент подобия первого треугольника ко второму: $$k=\frac{1+t}{2-t}.$$ Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента: $S_{AEM}/S_{CMK}=k^2$. Шаг 4. Найдём отношение площадей по заданному отношению отрезков. Из $AM:MC=1:4$ следует, что $AM$ — одна из пяти равных частей $AC$. Поэтому $t=1/5$ и $$k=\frac{1+1/5}{2-1/5}=\frac{6/5}{9/5}=\frac65\cdot\frac59=\frac69=\frac23.$$ Возводим в квадрат: $$\frac{S_{AEM}}{S_{CMK}}=k^2=\left(\frac23\right)^2=\frac49.$$ Проверка: при $t=1/5$ имеем $AE=(1-1/25)/(2-1/5)=(24/25)/(9/5)=8/15$, $CK=(1/5)(9/5)/(6/5)=3/10$. Тогда $AE/CM=(8/15)/(4/5)=2/3$, $AM/CK=(1/5)/(3/10)=2/3$ — оба отношения совпали. Ответ: а) углы равны; б) $S_{AEM}:S_{CMK}=4:9$.

Точек и перпендикуляров здесь много. Поэтому выберем координаты так, чтобы сторона $AB$ была горизонтальной. Тогда проекция на $AB$ получается простым обнулением второй координаты, а высота из $C$ задаётся вертикальной прямой. Координаты остальных точек найдём из условия перпендикулярности, а не возьмём готовыми. Обозначим равные боковые стороны $AB=BC=l$, основание $AC=b$. Выберем: $$A=(0;0),\qquad B=(l;0),\qquad C=(q;v),\quad v>0.$$ Треугольник остроугольный, поэтому основание высоты из $C$ лежит между $A$ и $B$: $$0<q<l.$$ По формуле расстояния $AC^2=q^2+v^2=b^2$. Равенство $BC=l$ даёт: $$(q-l)^2+v^2=l^2.$$ Раскроем квадрат разности: $$q^2-2lq+l^2+v^2=l^2.$$ Вычтем $l^2$, затем перенесём $-2lq$ вправо: $$q^2+v^2=2lq.$$ Левая часть равна $b^2$, поэтому: $$b^2=2lq,\qquad q=\frac{b^2}{2l}.$$ Для краткости дальнейших формул обозначим $u=q/l$. Тогда: $$u=\frac{b^2}{2l^2},\qquad0<u<1.$$ Шаг 1. Найдём основание высоты $H$ из $A$ на $BC$. Направляющий вектор стороны $BC$: $$w=C-B=(q-l;v).$$ Любая точка этой прямой имеет вид $B+tw$, где $t$ — число. Запишем $H=B+tw$. Условие $AH\perp BC$ означает, что скалярное произведение векторов $AH$ и $w$ равно нулю. Поскольку $A=(0;0)$, вектор $AH$ имеет те же координаты, что $H$. Получаем: $$0=(B+tw)\cdot w=B\cdot w+t|w|^2.$$ Здесь $B\cdot w=l(q-l)$, а $|w|=BC=l$. Следовательно: $$l(q-l)+tl^2=0.$$ Перенесём первое слагаемое вправо и разделим на $l^2>0$: $$t=\frac{l(l-q)}{l^2}=1-\frac ql=1-u.$$ Подставим это в координаты: $$H=(l+(1-u)(q-l);(1-u)v).$$ Первую координату упростим отдельно: $$l+(1-u)(q-l)=l+(1-u)q-l+ul=(1-u)q+q=q(2-u).$$ Итак: $$H=(q(2-u);(1-u)v).$$ Шаг 2. Найдём точки $M$ и $K$. $M$ — проекция $H$ на горизонтальную сторону $AB$. Поэтому первая координата остаётся, вторая становится нулём: $$M=(q(2-u);0).$$ Точка $K$ лежит на $AC$, значит, её координаты можно записать как $K=kC=(kq;kv)$. Перпендикулярность $HK$ и $AC$ даёт: $$(H-kC)\cdot C=0,$$ $$H\cdot C-k|C|^2=0,$$ $$k=\frac{H\cdot C}{|C|^2}.$$ В знаменателе $|C|^2=AC^2=b^2$. Числитель вычислим по координатам: $$H\cdot C=q^2(2-u)+(1-u)v^2.$$ Выделим общую часть: $$q^2(2-u)+(1-u)v^2=(1-u)(q^2+v^2)+q^2=(1-u)b^2+q^2.$$ Следовательно: $$k=1-u+\frac{q^2}{b^2}.$$ Так как $b^2=2lq$, последняя дробь равна: $$\frac{q^2}{b^2}=\frac{q^2}{2lq}=\frac{q}{2l}=u/2.$$ Значит: $$k=1-u+u/2=1-u/2,$$ $$K=((1-u/2)q;(1-u/2)v).$$ Шаг 3. Найдём пересечение $E$ прямой $MK$ с высотой $CT$. Высота $CT$ перпендикулярна горизонтальной $AB$, поэтому она вертикальна: $$x=q,\qquad T=(q;0).$$ Точки отрезка $MK$ запишем в виде $M+\lambda(K-M)$. Его первая координата: $$q(2-u)+\lambda[(1-u/2)q-q(2-u)].$$ В скобках: $$(1-u/2)q-q(2-u)=q[(1-u/2)-(2-u)]=-q(1-u/2).$$ В точке пересечения с $CT$ первая координата равна $q$. Поэтому: $$q(2-u)-\lambda q(1-u/2)=q.$$ Разделим на $q>0$, затем перенесём слагаемые: $$2-u-\lambda(1-u/2)=1,$$ $$\lambda(1-u/2)=1-u,$$ $$\lambda=\frac{1-u}{1-u/2}.$$ При $0<u<1$ числитель положителен и меньше знаменателя, поэтому $0<\lambda<1$. Это означает, что $E$ находится внутри отрезка $MK$. Её вторая координата: $$y_E=0+\lambda(1-u/2)v=\frac{1-u}{1-u/2}(1-u/2)v=(1-u)v.$$ Таким образом: $$E=(q;(1-u)v).$$ а) Вектор $TH$ вычисляется вычитанием координат: $$\overrightarrow{TH}=(q(2-u)-q;(1-u)v-0)=(q(1-u);(1-u)v).$$ Вектор $ME$ равен: $$\overrightarrow{ME}=(q-q(2-u);(1-u)v-0)=(-q(1-u);(1-u)v).$$ Первые координаты отличаются только знаком, вторые совпадают. При вычислении квадрата длины знак первой координаты исчезает: $$TH^2=q^2(1-u)^2+v^2(1-u)^2=ME^2.$$ Обе длины положительны, поэтому $TH=ME$. б) Вычислим нужную длину. Из координат получаем: $$\overrightarrow{ME}=(q-q(2-u);(1-u)v-0)=(-q(1-u);(1-u)v).$$ По формуле длины вектора: $$ME=\sqrt{q^2(1-u)^2+v^2(1-u)^2}.$$ Вынесем $(1-u)^2$ из-под корня. Поскольку $1-u>0$, его квадратный корень равен $1-u$: $$ME=(1-u)\sqrt{q^2+v^2}=(1-u)b.$$ Для всего отрезка $MK$ аналогично: $$\overrightarrow{MK}=(-q(1-u/2);v(1-u/2)),$$ $$MK=(1-u/2)\sqrt{q^2+v^2}=b(1-u/2).$$ Точка $E$ лежит между $M$ и $K$, что мы проверили по параметру $\lambda$. Поэтому: $$EK=MK-ME=b(1-u/2)-b(1-u).$$ Раскроем скобки и приведём подобные члены: $$EK=b-bu/2-b+bu=bu/2.$$ Подставим данные условия $l=13$, $b=10$ в формулу для $u$: $$u=\frac{10^2}{2\cdot13^2}=\frac{100}{2\cdot169}=\frac{100}{338}=\frac{50}{169}.$$ Нужно найти $EK=bu/2$. Подставим $b,u$: $$EK=\frac{10\cdot\frac{50}{169}}2=5\cdot\frac{50}{169}=\frac{250}{169}.$$ Ответ: а) доказано; б) $EK=\frac{250}{169}$.

Нужно доказать, что большой треугольник прямоугольный, и найти площадь $CMF$. Сначала используем биссектрису в треугольнике $CAH$: она определяет положение основания высоты $H$. Затем найдём пересечение двух высотных прямых. Шаг 1. Введём координаты и используем биссектрису. Выберем $C=(0;0)$, $B=(b;0)$, $M=(b/2;0)$, поскольку $M$ — середина $BC$. Пусть $A=(u;v)$, где $v>0$. Основание высоты $AH$ имеет координаты $H=(u;0)$. Из расположения $H$ на $BM$ следует $b/2<u<b$. Угол $ACB=30^\circ$, поэтому $\tan30^\circ=v/u=1/\sqrt3$, то есть $v=u/\sqrt3$. В прямоугольном треугольнике $CAH$ катет $AH$ лежит напротив $30^\circ$ и равен половине гипотенузы: $AC/AH=2$. Точка $M$ находится между $C$ и $H$, а $AM$ — биссектриса угла $CAH$. По теореме о биссектрисе: $$\frac{CM}{MH}=\frac{AC}{AH}=2.$$ Здесь $CM=b/2$, $MH=u-b/2$. Поэтому $$\frac{b/2}{u-b/2}=2,\qquad b/2=2u-b,$$ $$2u=3b/2,\qquad u=3b/4.$$ Тогда $v=u/\sqrt3=3b/(4\sqrt3)=\sqrt3b/4$. Шаг 2. Докажем прямой угол по квадратам сторон. По формуле расстояния: $$AB^2=(b-u)^2+v^2=(b-3b/4)^2+(\sqrt3b/4)^2=b^2/16+3b^2/16=b^2/4,$$ $$AC^2=u^2+v^2=(3b/4)^2+(\sqrt3b/4)^2=9b^2/16+3b^2/16=3b^2/4.$$ Сумма квадратов $AB^2+AC^2=b^2/4+3b^2/4=b^2=BC^2$. По обратной теореме Пифагора угол между $AB$ и $AC$, то есть угол $A$, прямой. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём $F$ при $AB=8$. Из $AB^2=b^2/4$ и положительности длин следует $AB=b/2$. Значит, $b/2=8$ и $b=16$. Теперь $$A=(3\cdot16/4;\sqrt3\cdot16/4)=(12;4\sqrt3),\qquad M=(8;0).$$ Прямая $AC$ имеет наклон $v/u=1/\sqrt3$. Перпендикулярная ей высота $MQ$ имеет наклон $-\sqrt3$, потому что произведение наклонов перпендикулярных непараллельных осям прямых равно $-1$. Через $M=(8;0)$ её уравнение $$y=-\sqrt3(x-8).$$ Прямая $AH$ вертикальна, её уравнение $x=12$. Подставляем в уравнение $MQ$: $$y_F=-\sqrt3(12-8)=-4\sqrt3.$$ Следовательно, $F=(12;-4\sqrt3)$. Это пересечение прямых на продолжениях; условие не требует нахождения $F$ внутри треугольника. Шаг 4. Вычислим площадь. Основание $CM$ находится на оси $x$ и имеет длину $8$. Перпендикулярное расстояние от $F$ до оси равно модулю его вертикальной координаты: $|-4\sqrt3|=4\sqrt3$. Поэтому $$S_{CMF}=\frac12\cdot8\cdot4\sqrt3=16\sqrt3.$$ Проверка масштаба: $AB^2=b^2/4=256/4=64$, значит, $AB=8$, как дано. Ответ: а) $\angle BAC=90^\circ$; б) $S_{CMF}=16\sqrt3$.