а) Пусть \(BC \cap AM = E,\,\,\,AM \cap DN = H,\,\,\,BM \cap CN = K,\) \(AN = 7x,\,\,\,BN = x.\) В треугольнике AND отрезок AH является биссектрисой и высотой, то есть он является равнобедренным и \(AD = AN = 7x.\) Треугольники AMD и CME равны по стороне и двум прилежащим углам: \(CM = DM,\,\,\,\angle AMD = \angle CME\) как вертикальные, \(\angle ADM = \angle MCE\) как накрест лежащие, то есть \(AM = ME\) и \(CE = AD = 7x.\) Так как AM – биссектриса угла A, то \(\angle BAM = \angle DAM.\) В свою очередь \(\angle DAM = \angle BEM\) как накрест лежащие. Следовательно, \(\angle BAM = \angle BEM\) и треугольник ABE является равнобедренным, в котором медиана BM будет являться биссектрисой и высотой, то есть \(\angle ABM = \angle EBM\) и \(BE = AB = 8x.\) Тогда и треугольник NBC является равнобедренным, в котором биссектриса BK будет являться высотой, то есть \(BK \bot NC\) или \(BM \bot NC.\) Что и требовалось доказать.
б) В четырёхугольнике HNKM три прямых угла, то есть он является прямоугольником и \(\angle HNK = {90^ \circ }.\) Тогда отрезок NM является медианой, проведённой к гипотенузе в прямоугольном треугольнике DNC, поэтому \(NM = \dfrac{{DC}}{2} = \dfrac{{8x}}{2} = 4x.\) Пусть BL – высота трапеции ABCD. Тогда \(AL = \dfrac{{AD-BC}}{2} = \dfrac{{7x-x}}{2} = 3x.\) По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника ABL:
\(A{B^2} = A{L^2} + B{L^2}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,BL = \sqrt {{{\left( {8x} \right)}^2}-{{\left( {3x} \right)}^2}} = x\sqrt {55} .\)
Тогда: \({S_{ABCD}} = \dfrac{{AD + BC}}{2} \cdot BL\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,4\sqrt {55} = \dfrac{{7x + x}}{2} \cdot x\sqrt {55} \,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,x = 1.\) Следовательно: \(MN = 4x = 4 \cdot 1 = 4.\)
Ответ: \(4.\)