В треугольнике ABC AB=\(2\sqrt{65}\), BC=7, AC=15; K принадлежит AB, AK:AB=3:4; L принадлежит BC, BL:LC=4:3, KL пересекает AC в точке M

Решение:
К сожалению не проходят вложения. Попробую на словах. а) Из т.К проведем отрезок КР // АС. Тр. ВКР подобен тр. АВС ВК = АВ/4 (по условию). Значит КР = АС/4 = 15/4, ВР = ВС/4 = 7/4, но ВL = 4, LC = 3.  Тогда РL = 4 - 7/4 = 9/4. Переходим к другой паре подобных тр-ов: KPL и LMC. KP/CM = LP/LC   15/(4CM) = 9/(4*3)   Отсюда:  СМ = 5. Для нахождения последней стороны LM тр. LMC найдем cos LCM = - cosACB =  = - (BC^2 + AC^2 - AB^2)/(2BC*AC) = - (225+49-260)/210 = 14/210 = - 1/15. Теперь по теореме косинусов найдем LM: LM =кор(LC^2 + CM^2 - 2*LC*CM*cosLCM) = кор(9 + 25 + 2*3*5*/15) = 6. Итак в тр-ке LMC известны все стороны: MC = 5, LC = 3, LM = 6.  Полупериметр: p = 7. Площадь по ф. Герона: S = кор[7*(7-3)(7-5)(7-1)] = кор56. С другой стороны, S = pr, где r - радиус вписанной окр-ти .  r = (кор56)/7 = (2кор14)/7 Ответ: r = (2кор14)/7.
б) Найдем координаты точки О - центра вписанной окр-ти, поместив начало системы координат в т.А и направив ось Х по AC. т.О - точка пересечения биссектрис тр. LMC. Проведем ОN перпендик. СМ ОN = r = (2кор14)/7. Тр-к СОN: СN = ON/tg(LCM/2)     tg(LCM/2)= sinLCM /(1+cosLCM) =  = (2кор14)/7. Тогда CN = 1. Итак точка О ( и весь вектор АО) имеет координаты (16; (2кор14)/7) Длина вектора АО = кор[ 256 + 56/49] = (30кор14)/7 Ответ: АО = (30кор14) / 7.