Решите, пожалуйста, задачу по геометрии!

Надеюсь, ещё не слишком поздно. Пункт а) решается с помощью двух классических лемм об окружностях, которые я сейчас хочу доказать отдельно в обозначениях задачи.

Обозначим полупериметр треугольника KLM как p = (KL + LM + KM) / 2.

Факт 1. Внешний отрезок большой касательной к вневписанной окружности равен полупериметру треугольника (в нашем случае, KB = p)
Доказательство будет такое (см. первый чертёж): поскольку KB = KE, MB = MD и LE = LD (все отрезки касательных), то
2p = KL + (LD + DM) + MK = (KL + LE) + (BM + MK) = KB + KE = 2KB
KB = p

Факт 2. Внешний отрезок к вписанной окружности равен полупериметру за вычетом противоположной стороны (в нашем случае, KA = p - LM).
Докажем так (см. второй чертёж): снова из соображений равенства отрезков касательных имеем KA = KJ, LJ = LC и AM = CM. Тогда
2p = (KJ + JL) + (LC + CM) + (MA + AK)
p = AK + LJ + AM
AK = p - LM

Теперь на основе этих базовых фактов убиваем пункт а):
AB = KB - AK = p - AK = LM
Что и требовалось доказать. Вот так быстро, опираясь на известные леммы.

Для пункта б) нужно просто понять, где тут на рисунке разность радиусов (третий чертёж). Проведём прямую KQ (центр O также будет на ней, так как обе окружности вписаны в угол EKB, а значит их центры лежат на его биссектрисе). Проведём ON перпендикулярно QB. Получается, QN = 6 — в точности разность радиусов.
Далее, поскольку AONB — прямоугольник, то LM = AB = ON, так что ON = 8. Тогда расстояние между центрами находим по теореме Пифагора из треугольника QNO:
OQ² = NQ² + ON²
OQ² = 36 + 64 = 100
OQ = 10

"вневписанная" -это какая...?)))