Задание 18 ЕГЭ по математике профильной

а)

$MN-$средняя линия, значит $MN||AC$, $AMNC-$трапеция. Около трапеции $AMNC$ по условию можно описать окружность, значит это равнобедренная трапеция. $\angle MAC=\angle NCA$, как углы при основании равнобедренной трапеции. В треугольнике $ABC$ $\angle BAC=\angle BCA$, значит треугольник $ABC$ — равнобедренный. Что требовалось доказать.
 
б) $\angle BFC={180}^{\circ}-\angle AFB={180}^{\circ}-{135}^{\circ}={45}^{\circ}$, как смежные
$BE=EF=6\sqrt{2}$, так как $MN$ - средняя линия. $BF=12\sqrt{2}$
$\angle A=\angle C=\frac{{180}^{\circ}-\angle B}{2}=\frac{{180}^{\circ}-{120}^{\circ}}{2}=30^{\circ}$
Окружность, описанная около трапеции, является описанной и для треугольника $AMN$.
$\angle AMN = {180}^{\circ}− \angle C = {180}^{\circ}− {30}^{\circ}= 150^{\circ}$ так как сумма противоположных углов во вписанном четырехугольнике равна ${180}^{\circ}$. 
 
Запишем теорему синусов:
$\frac{AN}{\sin\angle AMN}=2R\\ \frac{AN}{\sin 150}=2R\\ \frac{AN}{\frac{1}{2}}=2R\\ AN=R$
$BH-$высота, медиана и биссектриса треугольника $ABC$. Треугольник $BFH-$равнобедренный, так как он прямоугольный и $\angle BFH={45}^{\circ}$. 
По теореме Пифагора: 
$BH^2+HF^2=BF^2\\ 2BH^2=BF^2=(6\sqrt{2})^2=144\cdot 2\\ BH=12\\ FH=BH=12$
Рассмотрим треугольник $ABH$. Он прямоугольный, $\angle B = {30}^{\circ}$.
$AB=2BH=24$, так как катет $BH$ лежит против угла в $30$ градусов.
$AH=AB\cdot\cos 30=12\sqrt{3}$
$AC=2\cdot AH$, так как треугольник $ABC$ равнобедренный. 
$AC=24\sqrt{3}$. $MN=\frac{AC}{2} = \frac{24\sqrt{3}}{2} = 12\sqrt{3}$ как средняя линия.
$AM=BM=\frac{АВ}{2} = \frac{24}{2} = 12$
Рассмотрим треугольник $AMN$: По теореме косинусов: 
$AN^2=AM^2+MN^2-2\cdot\cos 150\cdot AM\cdot MN\\ AN^2=12^2+(12\sqrt{3})^2+2\cdot\sqrt{3}\cdot 12\cdot 12\sqrt{3}\\ AN^2=144+144\cdot 3+144\cdot 3\\ AN^2=144\cdot 7\\ AN=12\sqrt{7}\\ R= AN =12\sqrt{7}$
Ответ: $12\sqrt{7}$.