В ромбе EFKL биссектриса угла EFL проходит через середину стороны EL. Найдите больший угол ромба. Ответ дайте в градусах.

### Задание 3 1. Пусть $M$ — середина стороны $EL$. В ромбе $EFKL$ все стороны равны: $EF = FL = LK = KE = a$. Тогда $EM = ML = \frac{a}{2}$. 2. $FM$ — биссектриса $\angle EFL$, значит $\angle EFM = \angle MFL = \alpha$. Весь угол ромба $\angle EFL = 2\alpha$. 3. В $\triangle EFM$ по теореме синусов: $\frac{EM}{\sin \alpha} = ?rac{EF}{\sin \angle EMF}$. Также в ромбе $EF \parallel LK$ и $EK \parallel FL$, но проще рассмотреть $\triangle EFL$. Он равнобедренный ($EF=FL$), поэтому $\angle FEL = \angle FLE = \frac{180^\circ - 2\alpha}{2} = 90^\circ - \alpha$. 4. В $\triangle EFM$: $\angle EMF = 180^\circ - \alpha - (90^\circ - \alpha) = 90^\circ$. Значит, биссектриса $FM$ перпендикулярна стороне $EL$. В равнобедренном $\triangle EFL$ биссектриса является высотой только если этот треугольник равносторонний ($EF=FL=EL$). 5. Если $EF=FL=EL$, то $\triangle EFL$ — равносторонний, и $\angle EFL = 60^\circ$. 6. Углы ромба: $60^\circ$ и $180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$. Больший угол равен $120^\circ$. **Ответ: 120**. ### Задание 4 1. В прямоугольной трапеции $ABCD$ углы при одной боковой стороне (пусть это $AB$, так как $\angle B = 120^\circ$ — тупой) в сумме дают $180^\circ$. Тогда $\angle A = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$. Так как трапеция прямоугольная, то прямые углы обычно при другой боковой стороне ($CD$ или это ошибка в условии о "прямоугольности", если $\angle B=120^\circ$). Если трапеция прямоугольная с $\angle D = \angle C = 90^\circ$, то стороны $BC$ и $AD$ параллельны. 2. $AC$ — биссектриса $\angle A$, значит $\angle CAD = \angle BAC = 60^\circ / 2 = 30^\circ$. 3. $\angle BCA = \angle CAD = 30^\circ$ (накрест лежащие при $BC \parallel AD$). Тогда в $\triangle ABC$: $\angle BAC = 30^\circ$ и $\angle BCA = 30^\circ$, значит $\triangle ABC$ — равнобедренный, $AB = BC$. 4. В $\triangle ACD$ (прямоугольном, $\angle D = 90^\circ$): $CD = AC \cdot \sin 30^\circ = 12 \cdot 0,5 = 6$ см. $AD = AC \cdot \cos 30^\circ = 12 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$ см. 5. В $\triangle ABC$ по теореме синусов: $\frac{BC}{\sin 30^\circ} = \frac{AC}{\sin 120^\circ} \Rightarrow BC = \frac{12 \cdot 0,5}{\sqrt{3}/2} = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}$ см. Тогда $AB = 4\sqrt{3}$ см. 6. Периметр $P = AB + BC + CD + AD = 4\sqrt{3} + 4\sqrt{3} + 6 + 6\sqrt{3} = 14\sqrt{3} + 6$ см. **Ответ: $14\sqrt{3} + 6$ см**.