А. Проведем из центра окружности C радиусы в концы хорды EF. Треугольники CED и CEF прямоугольные, CE = CF - радиусы, CD - общий катет, тогда эти треугольники равны, а значит, DE = DF.

Б. Построим проекции точек A, B, M на прямую l: как и указано в условии, нужно провести перпендикуляры к AB (пунктирные линии). Получатся проекции A'', M'', B''. Построим из точки A прямую, параллельную l, точки пересечения обозначим как M', B'. Вне зависимости от того, где находилась прямая l, AM' = A'' M'' и M' B' = M'' B'', так как A'' M'' M' A и M'' B'' B' M' - прямоугольники. Треугольники AM'M и AB'B подобны с коэффициентом 2 (они прямоугольные, угол при вершине A общий, AM = AB/2), тогда AM' / AB' = 1/2 и AM' = M' B', тогда и A'' M'' = M'' B''.

B. Есть два варианта взаимного расположения точек K, L, M, N: L и N лежат по одну сторону от прямой AB или по разные. Я буду считать, что по одну, если это не так, всё равно всё будет верно - просто в KM и LN будут входить не только маленькие отрезки (как будет показано, они равны), но и KL. В итоге всё равно будет равенство.

Пусть O - середина AB. Проведем AK, BL. Углы AKC, CLB вписанные и опираются на диаметры окружностей, значит, они прямые. Тогда K и L - проекции точек A и B на прямую. Построим проекцию P точки O. Поскольку AO = OB = AB/2, то KP = PL по доказанному в пункте Б.

По доказанному в пункте А получаем, что MP = PN, так как MN - хорда, а OP - перпендикулярный к ней диаметр. MP = KM + KP, PN = PL + LN, значит, 0 = MP - PN = (KM - LN) + (KL - PL) = KM - LN и KM = LN.

А. Пусть дана окружность с центром O и радиусом R, хордой AB, диаметром CD, перпендикулярным хорде и пересекающим его в точке H. OA = OB = R ⇒ OAB — равнобедренный треугольник. OH — его высота, а значит, медиана ⇒ AH = HB, ч. т. д.

Б. Так как AA₁, BB₁, MM₁ перпендикулярны одной прямой, они друг другу параллельны. По теореме Фалеса так как AM = MB, A₁M₁ = M₁B₁, ч. т. д.

В. Заметим, что изменение положения точек M и N изменяет длину каждого из отрезков KM и LN на длину KL, что не влияет на факт равенства, поэтому достаточно доказать только конфигурацию, представленной на рис. 3. Пусть O — середина AB. Спроецируем О на MN в точку T. OT — часть диаметра, OT⊥MN, тогда по задаче А MT = TN. AO = OB, тогда по задаче Б KT = TL. Тогда KM = TM - TK = TN - TL = LN, ч. т. д.