Ванка, и аз като бях 7 клас, Архимед ми скъсваше нервите. Нека не те притеснява сложността на задачите там, често тя е над реалната за НВО, а по-скоро се доближава до нивото на някои състезания тип Олимпиада и ПМС.
За а) - лесно се вижда, че AD=CD. Чалъмът тук е да видиш, че понеже D е на ъглополовящата на [tex]\angle[/tex]AMB, тя е равноотдалечена от AM и BM. Това значи, че като пуснеш височини от D към AM и BM, те ще са равни. Нека АМ пресича CD в точка H. Да разгледаме правоъгълните триъгълници ADH и CDB - те имат равен катет (AD=CD), равни височини към хипотенузата (съгласно разсъжденията от по-рано) и равен прав ъгъл (очевидно). Оказва се, че това ти стига да покажеш, че ADH[tex]\cong[/tex]CDB (на теб оставям да съобразиш защо това е така

). Сега лесно следва, че [tex]\angle[/tex]BAM=[tex]\angle[/tex]BAH=[tex]\angle[/tex]DCB=90[tex]^\circ[/tex]-[tex]\beta[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex]AM[tex]\bot[/tex]BC [tex]\Rightarrow \angle[/tex]AMB=90[tex]^\circ[/tex]
За б) - като имаш сума на отсечки обикновено е добра идея да я "изправиш" т.е. да направиш построение, в резултат на което на чертежа ти се появява отсечка, равна на дадената сума на отсечки. В конкретния случай, нека точка E е на лъча BA, така че AE=AO. Очевидно BE=AB+AE=AB+AO. От [tex]\angle[/tex]MCO=60[tex]^\circ[/tex] директно се пресмята, че [tex]\angle[/tex]ABC=60[tex]^\circ[/tex]. Сега да разгледаме [tex]\triangle[/tex]ECB. Ще е много хубаво да докажем, че [tex]\angle[/tex]ECB=90[tex]^\circ[/tex], понеже тогава ще имаме правоъгълен триъгълник с ъгъл 30[tex]^\circ \Rightarrow[/tex]EB=2BC=48, с което ще сме готови. Нека CO[tex]\cap[/tex]AB=K. Директно се пресмята, че [tex]\angle[/tex]AKC=120[tex]^\circ[/tex]. Сега ни остава да покажем, че EK=KC[tex]\Leftrightarrow[/tex]EA+AK=CO+OK[tex]\Leftrightarrow[/tex]AK=KO. Последното обаче се доказва само с изразяване на ъгли, така че на теб оставям да го направиш.