Тип 18 № 13211

а)

Пусть $BM$ пересекает $EK$ в точке $F$.

$EF - $ высота и медиана в $\Delta BEM \quad \Rightarrow \quad \Delta BEM -$ равнобедренный, тогда $EB=EM$.

$KF -$ высота и медиана в $\Delta BKM    \Rightarrow    \Delta BKM - $ равнобедренный, $KB=KM$.

Значит $\Delta KME = \Delta KBE$ по трем сторонам ($EK - $ общая, $KB=KM$, $EB=EM$).

Следовательно $$\angle EMK = \angle KBE = 60^\circ$$

Пусть $\angle AEM = \alpha$ $$\angle AME = 180^\circ - \angle A - \angle AEM = 180^\circ - 60^\circ - \alpha = 120^\circ - \alpha$$

Отсюда $$\angle KMC = 180^\circ - \angle KME - \angle AME = 180^\circ - 60^\circ - (120^\circ - \alpha) = \alpha.$$

Таким образом,    $\angle AEM = \angle KMC = \alpha$.

б) Пусть $AM = 2x, MC = 5x$, тогда $AC = AB = BC = 7x$.

Пусть $AE = y$, тогда $BE = BA - BE = 7x-y$.

$EM = EB = 7x-y$, так как $\Delta BEM - $ равнобедренный.

По теореме косинусов для $\Delta AEM$: $$EM^2 = AM^2 + AE^2 - 2\cdot AE \cdot AM \cdot \cos \angle A$$ $$(7x-y)^2 = (2x)^2 + y^2 - 2y\cdot2x \cdot \frac{1}{2}$$ $$49x^2 - 14xy +y^2= 4x^2 + y^2 - 2xy$$ $$45x^2 = 12xy$$ $$y = \frac{45}{12}x = \frac{15}{4}x$$

Значит $AE = y = \dfrac{15}{4}x$

Заметим, что $\Delta AEM \sim \Delta CMK$ по двум углам ($\angle AEM = \angle KMC, \angle A = \angle C = 60^\circ)$.

Тогда $$\dfrac{AM}{KC} = \dfrac{AE}{MC} = \dfrac{EM}{MK} = k$$

Имеем $$\dfrac{AE}{MC} = \dfrac{\dfrac{15}{4}x}{5x} = \dfrac{3}{4} = k$$

А так как площади подобных треугольников относятся как коэффициент подобия в квадрате, то $$\dfrac{S_{\Delta AEM}}{S_{\Delta CMK}}=k^2 = \left(\dfrac{3}{4}\right)^2 = \dfrac{9}{16}$$

Ответ:    $\cfrac{9}{16}$