а) Пусть $AK = x$ , $KC = 2x$ . Проведем $BL \parallel MK$ . Пусть $BL \cap CM = O$ .
Тогда по обобщенной теореме Фалеса для угла $BAL$ и $BL \parallel MK$ имеем:

$\frac{LK}{KA} = \frac{BM}{MA}.$

По условию $M$ — середина гипотенузы $AB$ . Тогда

$\frac{LK}{AK} = \frac{BM}{MA} = \frac{1}{1}$ $LK = KA = x$ $CL = KC - LK = 2x - x = x.$

По обобщенной теореме Фалеса для углы $MCK$ и $OL \parallel MK$ :

$\frac{CO}{OM} = \frac{CL}{LK} = \frac{x}{x} = \frac{1}{1}$ $CO = OM.$

Следовательно, $BO$ — медиана и высота в треугольнике $CBM$ , поскольку

$MK \perp CM,\ BO \parallel MK \ \Rightarrow\ BO \perp CM$

Тогда $\triangle CBM$ равнобедренный и $CB = BM$ . Следовательно, $CB = \frac{1}{2}BA$ . Так как катет, равный половине гипотенузы, лежит напротив угла $30^\circ$ , то

$\angle BAC = 30^\circ.$

б) $CM$ — медиана прямоугольного треугольника $ABC$ , проведённая из прямого угла $C$ , следовательно, она равна половине гипотенузы. Тогда

$CM = BM = MA = BC.$

В треугольнике $BCM$ все стороны равны, значит треугольник $BCM$ — равносторонний. Все его углы равны $60^\circ$ . Тогда

$\angle BCM = \angle BMC = 60^\circ.$

Рассмотрим $\triangle PMC$ . В нем $\angle PMC = 90^\circ$ . Сумма его острых углов равна $90^\circ$ . Тогда

$\angle CPM = 90^\circ - \angle BCM = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ.$

Из того, что $\angle PMC = 90^\circ$ получаем:

$\angle PMB = \angle PMC - \angle BMC = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ.$

Рассмотрим треугольник $PBM$ . В нём $\angle CPM = 30^\circ = \angle PMB$ , следовательно, треугольник $PBM$ — равносторонний. Его боковые стороны равны:

$BP = BM.$

То есть $B$ — середина $CP$ . Проведем $BS \parallel AP$ .
Рассмотрим треугольник $APC$ . Отрезок $BS$ параллелен стороне $AP$ и делит сторону $CP$ пополам, следовательно, $BS$ — средняя линия треугольника $APC$ .
Значит, она делит сторону $AC$ пополам:

$CS = SA.$

Из прямоугольного $\triangle ABC$ имеем:

$\tg 30^\circ = \frac{BC}{AC}$ $AC = BC \cdot \tg 30^\circ = BC \cdot \sqrt{3} =$ $= 2\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 6.$

Следовательно, $CS = SA = 3$ , а так как $CK : KA = 2 : 1$ , то $CK = 4$ , $KA = 2$ . Тогда

$SK = SA - KA = 3 - 2 = 1.$

Заметим, что $\triangle BKS \sim \triangle QKA$ по двум углам, поскольку $\angle BKS = \angle QKA$ как вертикальные, $\angle BSK = \angle QAK$ как накрест лежащие при $AQ \parallel BS$ и секущей $SA$ . Запишем отношение подобия:

$\frac{BK}{KQ} = \frac{SK}{AK} = \frac{1}{2}$ $KQ = 2BK.$

По теореме Пифагора из $\triangle BKC$ :

$BK = \sqrt{BC^2 + KC^2} =$ $= \sqrt{(2\sqrt{3})^2 + 4^2} =$ $= \sqrt{12 + 16} = \sqrt{28} = 2\sqrt{7}.$

Тогда искомый отрезок равен

$KQ = 2BK = 2 \cdot 2\sqrt{7} = 4\sqrt{7}.$

Ответ:
б) $4\sqrt{7}$

Задания для подготовки к ЕГЭ Задачи по планиметрии