а) Пусть \(\angle ADB = \alpha ,\) тогда \(\angle CBD = \angle CDB = \angle ADB = \alpha \) как накрест лежащие и углы при основании в равнобедренном треугольнике BCD. Пусть \(CE \cap AD = N,\,\,\,CE \cap BD = O.\) Так как DO – биссектриса и высота в треугольнике NCD, то он равнобедренный, таким образом, NBCD – ромб, поэтому \(BC = CD = ND = BN,\,\,\,BN\parallel CD.\) В трапеции ABCD: \(\angle BAN = \angle BNA = \angle CDN = \alpha + \alpha = 2\alpha .\) Треугольник ABN – равнобедренный, \(BK \bot AN,\) следовательно, BK – медиана, поэтому \(AK = KN.\) Так как BE – продолжение высоты и медианы BK, то треугольник AEN – равнобедренный, \(\angle AEK = \angle NEK\). Из прямоугольного треугольника NOD: \(\angle OND = {90^ \circ }-\alpha .\) \(\angle ENK = \angle OND = {90^ \circ }-\alpha \) как вертикальные. Тогда, из прямоугольного треугольника EKN: \(\angle KEN = {90^ \circ }-\angle ENK = {90^ \circ }-\left( {{{90}^ \circ }-\alpha } \right) = \alpha = \angle AEK = \angle AEB.\) Что и требовалось доказать.
б) В трапеции ABCD: \(AB = BC = CD = KF,\) тогда: \(AD = KF + 2AK = BC + 2AK.\) Так как \(\angle BAD = 2\alpha ,\,\,\,\cos \alpha = \dfrac{3}{4},\) найдём \(\cos \angle BAD\):
\(\cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha -1 = 2 \cdot {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^2}-1 = \dfrac{1}{8}.\)
Рассмотрим треугольник ABK: \(\cos 2\alpha = \dfrac{{AK}}{{AB}}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,AK = AB \cdot \cos 2\alpha = 32 \cdot \dfrac{1}{8} = 4.\) Используя основное тригонометрическое тождество: \(\sin 2\alpha = \sqrt {1-{{\cos }^2}2\alpha } = \sqrt {1-{{\left( {\dfrac{1}{8}} \right)}^2}} = \dfrac{{3\sqrt 7 }}{8}.\) По определению синуса из треугольника ABK:
\(\sin 2\alpha = \dfrac{{BK}}{{AB}}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,BK = AB \cdot \sin 2\alpha = 32 \cdot \dfrac{{3\sqrt 7 }}{8} = 12\sqrt 7 .\)
Тогда площадь трапеции ABCD:
\({S_{ABCD}} = \dfrac{{BC + AD}}{2} \cdot BK = \dfrac{{32 + 32 + 2 \cdot 4}}{2} \cdot 12\sqrt 7 = 432\sqrt 7 .\)
Ответ: \(432\sqrt 7 .\)