Тип 17 № 13208

а)

По условию $BM = MD$.

Пусть $BM$ пересекает $AC$ в точке $H$. $\angle AHM = 90^\circ$.

Пусть $\angle ABM = \alpha$, тогда $\angle MAH = \alpha$.

$\angle BCA = \angle CAD = \alpha$ как накрест лежащие

$\Delta BOC$ — равнобедренный, так как $O$ — точка пересечения диагоналей прямоугольника

Тогда $\angle OBC = \angle COB = \alpha$

$\angle CBD = \angle BDA = \alpha$, как накрест лежащие

$\Delta BMD$ — равнобедренный, тогда $\angle MBD = \angle MDB = \alpha$ Получим, что $$\angle ABM = \angle MBD = \angle CBD$$ Что и требовалось доказать.

б)

Пусть $OK$ — расстояние от точки $O$ до $CM$.

$\angle ABC = 3\alpha = 90^\circ \quad \Rightarrow \quad \alpha = 30^\circ$

Опустим перпендикуляр $AN$ из точки $A$ на $MC$.

$OK \perp CM$, $AN \perp CM$, значит $OK \parallel AN$.

$O$ — середина $AC$ и $OK \parallel AN$, тогда $K$ — середина $NC$.

Получили, что $OK$ — средняя линия $\Delta ANC$, а тогда $AN = 2OK$. $$S_{AMC} = \dfrac{1}{2} AM \cdot AC \cdot \sin \alpha = \dfrac{1}{2} AN \cdot CM$$ Тогда $$AN = \dfrac{AM \cdot AC \cdot \sin \alpha}{MC}$$ Из прямоугольного $\Delta ABC$: $$\tg\alpha = \dfrac{AB}{BC}$$ $$AB =BC\cdot \tg \alpha= 6\sqrt{21} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{3} = 6\sqrt{7}$$ $$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2}=\sqrt{(6\sqrt{7})^2 + (6\sqrt{21})^2} = 24\sqrt{7}$$ Из прямоугольного $\Delta ABM$: $$\tg\alpha = \dfrac{AM}{AB}$$ $$AM =\tg \alpha \cdot AB = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \cdot 6\sqrt{7} = 2\sqrt{21}$$ $$MD = AD - AM = 6\sqrt{21} - 2\sqrt{21} = 4\sqrt{21}$$ Из прямоугольного$\Delta CMD$: $$MC = \sqrt{MD^2+CD^2}=\sqrt{(4\sqrt{21})^2 + (6\sqrt{7})^2} = \sqrt{16 \cdot 21 + 36 \cdot 7} = 14\sqrt{3}$$ $$AN = \dfrac{2\sqrt{21} \cdot 12\sqrt{7} \cdot \dfrac{1}{2}}{14\sqrt{3}} = 6$$ Тогда $$OK = \dfrac{AN}{2} = \dfrac{6}{2}=3$$

Ответ: $\; 3$.