17. Планиметрическая задача: #197686

$а)$ Докажем равенство углов $AEM$ и $KMC$.

$1.$ Рассмотрим серединный перпендикуляр $EK$ к отрезку $BM$:
Точки $E$ и $K$ равноудалены от концов отрезка $BM$
$\triangle EBK$ равнобедренный с $\angle EBK = 60^\circ$ (так как $\triangle ABC$ равносторонний)

$2.$ Из свойств симметрии: $$\angle EMK = 60^\circ$$
$3.$ Обозначим $\angle AEM = \alpha$, тогда: $$\angle AME = 180^\circ-60^\circ-\alpha = 120^\circ-\alpha$$
$4.$ Найдем $\angle KMC$: $$\angle KMC = 180^\circ-(120^\circ-\alpha)-60^\circ = \alpha$$

Таким образом, $\angle AEM = \angle KMC$, что и требовалось доказать.

$б)$ Найдем отношение площадей $\dfrac{S_{AEM}}{S_{MKC}}$.

$1.$ Пусть $AM = 2x$, $CM = 5x$, тогда $AC = 7x.$

$2.$ Обозначим $AE = y$, тогда $EB = AB-AE = 7x-y.$

$3.$ По теореме косинусов в $\triangle AEM$:
$$(7x-y)^2 = (2x)^2 + y^2-2 \cdot 2x \cdot y \cdot \cos 60^\circ$$ $$49x^2-14xy + y^2 = 4x^2 + y^2-2xy$$ $$45x^2 = 12xy$$ $$y = \frac{45}{12}x = \frac{15}{4}x$$
$4.$ Треугольники $AEM$ и $CMK$ подобны по двум углам:
$\angle AEM = \angle KMC$ $($из пункта $а)$
$\angle EAM = \angle KCM = 60^\circ$

$5.$ Коэффициент подобия: $$k = \frac{AE}{MC} = \frac{\frac{15}{4}x}{5x} = \frac{3}{4}$$
$6.$ Отношение площадей:$$\frac{S_{AEM}}{S_{MKC}} = k^2 = \left(\frac{3}{4}\right)^2 = \frac{9}{16}$$

Ответ:
$а)$ Углы $AEM$ и $KMC$ равны.

$б)$ Отношение площадей треугольников $AEM$ и $MKC$ равно $\dfrac{9}{16}.$