а) Так как точки K, M, P, E являются серединами сторон AB, BC, CD и DA соответственно, то отрезки KM, MP, PE и EK являются средними линиями треугольников ABC, BCD, CDA и DAB. Поэтому: \(KM = PE = \frac{{AC}}{2},\,\,\,KE = MP = \frac{{BD}}{2},\) \(KM\parallel AC\parallel PE,\) \(MP\parallel BD\parallel KE.\) Следовательно, четырёхугольник KMPE является параллелограммом и \(\angle KMP = \angle AOD = \alpha .\)
\({S_{ABCD}} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD \cdot \sin \alpha .\)
\({S_{KMPE}} = KM \cdot MP \cdot \sin \alpha = \frac{{AC}}{2} \cdot \frac{{BD}}{2} \cdot \sin \alpha = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}.\)
Что и требовалось доказать.
б) Треугольники AKE и ABD подобны по двум сторонам \(AB:AK = AD:AE\) и общему углу А, причём коэффициент подобия равен 2. Известно, что площади подобных треугольников относятся как коэффициент подобия в квадрате, значит, \(\frac{{{S_{ABD}}}}{{{S_{AKE}}}} = {2^2}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,{S_{ABD}} = 4{S_{AKE}}.\)
Аналогично для подобных треугольников BDC и CMP: \({S_{BDC}} = 4{S_{CMP}}.\)
\({S_{ABCD}} = 4 \cdot ({S_{AKE}} + {S_{CMP}}) = 4 \cdot 3\sqrt 3 = 12\sqrt 3 \) (из условия суммы площадей треугольников AKE и CMP).
Из пункта а) следует: \({S_{KMPE}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}\), тогда \({S_{KMPE}} = \frac{{12\sqrt 3 }}{2} = 6\sqrt 3 .\)
В параллелограмме KMPE: \(KM = \frac{{AC}}{2} = \frac{6}{2} = 3\), \(MP = \frac{{BD}}{2} = \frac{8}{2} = 4.\) Тогда:
\({S_{KMPE}} = KM \cdot MP \cdot \sin \alpha \,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\sin \alpha = \frac{{{S_{KMPE}}}}{{KM \cdot MP}} = \frac{{6\sqrt 3 }}{{3 \cdot 4}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
Значит, углы параллелограмма равны \({60^ \circ }\) и \({120^ \circ }\). В таком случае его большая диагональ напротив угла \({120^ \circ }\), которую найдем по теореме косинусов:
\(KP = \sqrt {K{M^2} + M{P^2}-2 \cdot KM \cdot MP \cdot \cos {{120}^ \circ }} = \sqrt {{3^2} + {4^2}-2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \left( {-\frac{1}{2}} \right)} = \sqrt {37} .\)
Ответ: \(\sqrt {37} .\)