Ортоцентр

а)

Углы $\angle AMC$ и $\angle AKC$ равны $90^\circ$, значит точки $A, M, K, C$ лежат на одной окружности, а $AC$ ее диаметр.
Обозначим $\angle KAC = \alpha$
$\angle KAC = \angle KMC = \alpha$, так как опираются на одну дугу.
Заметим, что углы $\angle MEK$ и $\angle MHK$ равны $90^\circ$, значит точки $M, E, H, K$ лежат на одной окружности, а $MK$ ее диаметр.
$\angle KMH = \angle KEH = \alpha$, так как опираются на одну дугу.
Тогда $EH \parallel AC$ при соответственных $\angle KEH$ и $\angle KAC$ равных $\alpha$.
б) Рассмотрим треугольники $\triangle AOC$ и $\triangle EOH$
$\angle OAC = \angle OEH = \alpha$, а $\angle O$ - общий, значит $\triangle AOC \sim \triangle EOH$.
Далее, найдем $\angle AOM$:
$\angle AOM = 90^\circ - \angle MAO = 90^\circ - \angle BAK = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$
В прямоугольном $\triangle AMO$: $$\ MO = AO \cdot \cos \angle AOM$$

Теперь, в прямоугольном $\triangle MOE$: $$\ EO = MO \cdot \cos \angle AOM = AO \cdot \cos^2 \angle AOM = AO \cdot \cos^2 30^\circ = \frac{3}{4}AO$$

Таким образом, коэффициент подобия треугольников $\triangle EOH$ и $\triangle AOC$ равен $\cfrac{3}{4}$, значит $EH:AC = 3:4$
Ответ:    $3:4$

а)

Заметим, что $\angle AMH = \angle AKH= 90^\circ$, тогда точки $A, M, K, H$ лежат на одной окружности, при этом $AH$ - диаметр этой окружности.

Пусть $\angle BCA = \angle BAC = \alpha$, тогда $\angle ABC = 180^\circ - 2\alpha$, а $\angle HBA = 180^\circ - \angle ABC = 2\alpha$

Из $\Delta BHK$: $$\angle KHB = 90^\circ - 2\alpha$$

Далее

$$\angle AHK = 90^\circ - \angle KHB = 90^\circ - (90^\circ - 2\alpha) = 2\alpha$$

$\angle MAK = \angle MHK = \alpha$, так как опираются на одну дугу.

Тогда $$\angle AHM=\angle AHK - \angle MHK = 2\alpha - \alpha = \alpha$$

$$\angle AKM = \angle AHM = \alpha, \text{так как опираются на одну дугу}.$$

Получили, что $\angle AKM = \angle KAM = \alpha$, значит $\Delta AMK$ - равнобедренный.

Тогда $AM = MK$.

б) Опустим из точки $B$ высоту $BF$ на сторону $AC$. $\Delta ABC$ равнобедренный, поэтому $AF = FC = 4$.

$\Delta BFC$ прямоугольный, $BC=5, FC=4$, тогда $BF=3$.

$\sin \angle BCF = \cfrac{BF}{BC} = \cfrac{3}{5}$

В прямоугольном $\Delta AHC$: $$HA = AC \cdot sin\angle BCA = 8 \cdot \frac{3}{5} = \frac{24}{5}$$

Тогда $$MK = AM = HA \cdot \sin \angle AHM = \frac{24}{5} \cdot \frac{3}{5} = \frac{72}{25}.$$

Ответ:    $\cfrac{72}{25}$

a) Точки $M$ и $N$ лежат на окружности диаметром $BC$, поэтому $\angle AMN=\angle CMN=\angle ABC$. Значит, треугольники $AMN$ и $ABC$ подобны с коэффициентом подобия $$\frac{AN}{AC}=\cos\angle NAC=\cos 60^\circ=\frac{1}{2}.$$ Следовательно, радиус окружности, описанной около треугольника $AMN$, равен $$\frac{AO}{2}.$$

Точки $M$ и $N$ лежат на окружности диаметром $AN$, поэтому $AH=AO$.

1. Пусть прямые $АН$ и $ВС$ пересекаются в точке $К$, а точка $L$ — середина стороны $AC$, тогда

$\angle АКВ = 90^\circ,\ \angle AOL = \frac{1}{2}\angle AOC = \frac{1}{2}\cdot 2\angle ABC = 45^\circ$.

Значит, $\angle AOL = 90^\circ-\angle OAL = 45^\circ;\ \angle BAK = 90^\circ-\angle ABC = 45^\circ;$

$\angle OAH = 180^\circ-\angle OAK = 180^\circ-(\angle BAC-\angle BAK-\angle OAL)=150^\circ$.

Площадь треугольника $AHO$ равна

$$\frac{AO\cdot AH\cdot \sin\angle OAH}{2} =\frac{AO^2\cdot \sin150^\circ}{2} =\frac{BC^2\cdot \sin150^\circ}{8\sin^2 120^\circ} =\frac{5}{4}.$$

Ответ: б) $\frac{5}{4}.$

a) Пусть $O$ — центр вписанной окружности, следовательно, $BO$ и $CO$ — биссектрисы. Обозначим углы $\triangle ABC$: $\angle B = 2\beta$, $\angle C = 2\gamma$. Тогда $\angle ABP = \angle PBC = \beta$, $\angle ABP = \angle ACP$ и $\angle CBP = \angle CAP$ (опираются на одну дугу). Имеем: $\angle OCP = \gamma + \beta$.

Но также $\angle POC = \gamma + \beta$ как внешний угол. Откуда следует требуемое равенство: $\angle POC = \angle PCO$.

б) Сумма противоположных углов вписанного четырехугольника равна $180^\circ$, следовательно, $\angle APC = 60^\circ$. $AP = PC$, как хорды, стягивающие равные дуги. Следовательно, треугольник $APC$ равносторонний, его площадь равна

$$S = \frac{AC^2\sqrt{3}}{4}.$$

По теореме синусов $AC = 2R\sin\angle ABC = 8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}$. Следовательно, искомая площадь

$$S = \frac{48\sqrt{3}}{4} = 12\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $12\sqrt{3}$.

a) Поскольку $\angle AMC = \angle AKC = \angle MEK = \angle MHK = 90^\circ$,

около четырехугольников $AMKC$ и $MEHK$ можно описать окружность с диаметрами $AC$ и $MK$ соответственно.

Значит, $\angle KAC = \angle KMC = \angle KMH = \angle KЕH$,

то есть прямые $AC$ и $EH$ параллельны.

б) Пусть $O$ — точка пересечения отрезков $AK$ и $СМ$. Тогда $\angle AОМ = 90^\circ - \angle MAO = 90^\circ - \angle BAK = \angle ABC = 60^\circ$.

В треугольнике $EОH$ и $AОC$ угол $AOC$ общий, а углы $OЕH$ и $OAC$ равны. Значит, треугольники $EОH$ и $AОC$ подобны.

Поскольку $$EO = MO\cdot \cos\angle AОМ = AO\cdot \cos^2\angle AОМ = AO\cdot \cos^2 60^\circ = \frac{1}{4}AO,$$ коэффициент подобия равен $\frac{1}{4}$. Значит, $EH : AC = 1 : 4$.

Ответ: б) $1 : 4$.