Найдите центр и радиус сферы x^2-6x+y^2+8y+z^2-4z+4=0

(x-a)²+(y-b)²+(z-c)²=R²
(x²-6x+9)-9+(y²+8y+16)-16+(z²-4z+4)-4+4=0
(x-3)²+(y+4)²+(z-2)²=25
0(3;-4;2)-центр
R=5

Вот пришло в голову решение :) Так-то задачка ерундовая :)
Я продлеваю перпендикуляры HK и HM за точку H до пересечения с BA в точке A1 и BC в точке C1 (ну, точки лежат на продолжениях... из за того, что ∠ABC острый, эти точки есть и лежат где положено :) )
Для треугольника A1BC1 H - точка пересечения высот (ну двух-то точно :) - A1M и C1K), поэтому A1C1 перпендикулярно BH, и, следовательно, параллельно AC;
то есть ∠BAC = ∠BA1C;
Точки K и M лежат на окружности, построенной на A1C1, как на диаметре, поэтому
∠BA1C + ∠KMC = 180°; как противоположные углы вписанного четырехугольника. Или, что же самое, ∠BA1C = ∠BMK;
следовательно ∠BAC = ∠BMK; 
и треугольники ABC и BMK имеют равные углы. То есть, подобны.

Следствие, которое важнее задачи :) Четырехугольник AKMC - вписанный. То есть через эти 4 точки можно провести окружность.

Дополнение. Тривиальный решения тут такой.
∠KHB = ∠A; ∠MHB = ∠C;
BK =  BH*sin(A) = BC*sin(C)*sin(A);
BM = BH*sin(C) = BA*sin(A)*sin(C);
То есть у треугольников ABC и MBK угол B общий, и стороны общего угла пропорциональны BM/BA = BK/BC = sin(A)*sin(B); значит треугольники подобны.
коэффициент подобия sin(A)*sin(C), что тоже полезное следствие.

1. ∠B = 80°, ∠C = 30°.

Теорема. Сумма углов любого Δ равна 180°.

Тогда ∠A + ∠B + ∠C = 180°,

∠A + 80° + 30° = 180°,

∠A = 180° - 80° - 30° = 70°.

Теорема. Против большего угла в треугольнике лежит большая сторона.

Против ∠A лежит сторона BC.

Против ∠B лежит сторона AC.

Против ∠C лежит сторона AB.

∠A = 70°, ∠B = 80°, ∠C = 30°, поэтому

AC > AB, AC > BC, и BC > AB, то есть

AB < BC < AC.

2. Треугольник существует, если выполнено неравенство треугольника: длина наибольшей стороны должна быть меньше суммы длин двух других сторон.

10м < 5м + 8м = 13м,

10м < 13м.

Итак, неравенство треугольника выполнено и треугольник со сторонами 5м, 8м и 10м существует.