а)  Про­ведём ме­ди­а­ну AE к ос­но­ва­нию BC, по­сколь­ку тре­уголь­ник ABC рав­но­бед­рен­ный, ме­ди­а­на AE яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой и вы­со­той. Про­ведём MK, за­ме­тим, что ∠BKM  =  90°, по­сколь­ку он впи­сан­ный и опи­ра­ет­ся на диа­метр окруж­но­сти. По­это­му MK  — пер­пен­ди­ку­ляр к ВС. Тогда MK  — сред­няя линия AEС, и тогда КС  =  EК. По­сколь­ку CE  =  2CK, имеем: BK  =  3CK, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что ∠BKM  =  ∠BNM  =  90°, по­сколь­ку эти углы впи­сан­ные и опи­ра­ют­ся на диа­метр. Тогда

Под­став­ляя по­лу­чен­ные со­от­но­ше­ния в (*), по­лу­ча­ем:

Тогда

Ответ: б) 18.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние пунк­та б).

Пусть Тогда и пусть тогда По свой­ству се­ку­щих имеем:

При­ведём тре­тье ре­ше­ние пунк­та б).

Пусть угол при вер­ши­не A тре­уголь­ни­ка ABC равен 2α, AB = x. Тогда из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ANM на­хо­дим: Из тре­уголь­ни­ка MKC: Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем урав­не­ние:

Из по­след­не­го урав­не­ния по­лу­ча­ем те же от­ве­ты, что и в преды­ду­щем ре­ше­нии x  =  16 (по­сто­рон­нее ре­ше­ние) или x  =  18.

При­ведём еще одно ре­ше­ние пунк­та б).

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник Если AB = x, то С дру­гой сто­ро­ны из тре­уголь­ни­ка ABC по тео­ре­ме ко­си­ну­сов имеем Со­ста­вим урав­не­ние:

По­след­нее урав­не­ние уже два­жды ре­ше­но выше.