Тип 17 № 13209

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:    $\cfrac{72}{25}$