У прямокутних трикутників ABC і MNK рівні катети AB=MN, BC=NK. Чи обов'язково ці трикутники рівні​

Объяснение:

1. Теорема: сумма угловΔ-ка = 180°. Из этого следует:

∠А = 180° - 30° -105° = 45°  → ∠А = 45°

2. Из ∠С построим высоту СО:

СО⊥ АВ.

Рассмотрим ΔАОС.

∠АОС = 90° по построению,

∠А = 45°, значит, ∠АСО =90°- 45° = 45°.

Следовательно, ΔАОС - равнобедренный и

АО=СО.

По т. Пифагора:  

АС² = АО² + СО²   →  АС² = 2СО² или

4² = 2*СО²

СО² = 16/2 = 8   →  СО = √8 =  2√2.

СО = АО =  2√2

3. Рассмотрим ΔСОВ.

∠СОВ = 90° по построению

∠В = 30°

СО = 2√2 - катет, лежащий против угла в 30°.

Теорема: В прямоугольном Δ - ке против угла в 30° лежит катет, равный половине гипотенузы:

СВ = 2СО= 2 * 2√2 = 4√2

ОВ² =СВ² - СО² = (4√2)² - (2√2)² = 32 - 8 = 24

ОВ = √24 = 2√6

АВ = АО + ОВ  = 2√2 +2√6

∠А = 45°

СВ = 4√2 ≈ 4* 1,41 = 5,64(см0

АВ = 2√2 +2√6 = 2* 1,41 +2*2,45 = 2,82 + 4,9 = 7,72 (см)

Пусть F,E,G - точки касания исходной окружности с диагональю и сторонами параллелограмма  (см. рисунок). Пусть также H∈AD, OH⊥AD и L - точка пересечения ОH c окружностью.

1. Т.к. ∠OGA=∠OFA=∠OHA=90°, то все точки A,G,O,F,H лежат на одной окружности с диаметром AO.

2. Треугольник ABC подобен треугольнику HFG т.к. ∠GAF=∠GHF и ∠FGH=∠FAH=∠BCA по свойству вписанных углов.

3. L - центр окружности вписанной в HFG, т.к.:
a) ∠OHF=∠OHG (опираются на равные хорды),
б)∠GFL=∠OFL-∠OFG=(90°-∠FOL/2)-∠OFG=(90°-∠FAH/2)-∠OAG, ∠GFH=180°-2∠OAG-∠FAH, т.е. ∠GFL=∠GFH/2.
Из а) и б) следует, что L - точка пересечения биссектрис треугольника  HFG.

4. Из 2 и 3 следует, что в треугольнике ABC отрезку AO соответствует отрезок HL, т.е. коэффициент подобия ABC относительно HFG равен AO/HL=AO/(OH-OL)=25/(13-7)=25/6. Отсюда BC=GF*25/6.

5.  Из прямоугольного треугольника AOF получаем NF/OF=AF/AO, т.е. GF=2NF=2OF·AF/AO=(14√(25²-7²))/25=336/25. Тогда из 4 видим, что 
BC=(336/25)·(25/6)=56.

6. Высота параллелограмма ABCD равна EO+OH=7+13=20. Значит, площадь равна 20·BC=20*56=1120. 

P.S. Есть ощущение, что BC можно и проще найти, но... :))