а) В параллелограмме ABCD на диагонали AC возьмём точку О и проведём высоты OK, OM, OR и ON на стороны AB, BC, CD и AD соответственно. Так как в четырёхугольнике AKON \(\angle AKO = \angle ANO = {90^ \circ },\) то вокруг этого четырёхугольника можно описать окружность. Следовательно, \(\angle NAO = \angle NKO\) (так как опираются на одну дугу). Так как в четырёхугольнике CMOR \(\angle CMO = \angle CRO = {90^ \circ },\) то вокруг этого четырёхугольника также можно описать окружность. Следовательно, \(\angle OCM = \angle MRO\) (так как опираются на одну дугу). В параллелограмме ABCD: \(\angle DAC = \angle BCA\) (как накрест лежащие), поэтому \(\angle NKR = \angle MRK.\) Следовательно, \(MR\parallel KN\) и KMRN – трапеция (параллелограмм исключен, так как для этого необходимо, чтобы точка O была серединой диагонали AC, что является противоречием согласно условию). Что и требовалось доказать.
б) Пусть \(\angle BAD = {60^ \circ }.\) По условию площадь параллелограмма ABCD равна 16, тогда:
\({S_{ABCD}} = KR \cdot AB = MN \cdot AD = AB \cdot AD \cdot \sin {60^ \circ } = 16\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,KR = \dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{AB}},\,\,\,MN = \dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{AD}}.\)
Из четырёхугольника AKON \(\angle KON = {360^ \circ }-{90^ \circ }-{90^ \circ }-{60^ \circ } = {120^ \circ }.\) Тогда площадь трапеции KMRN:
\({S_{KMRN}} = \dfrac{1}{2} \cdot MN \cdot KR \cdot \sin {120^ \circ } = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{AD}} \cdot \dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{AB}} \cdot \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \)
\( = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{AB \cdot AD \cdot \sin {{60}^ \circ }}}{{AD}} \cdot \dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{AB}} \cdot \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot 16 = 6.\)
Ответ: \(6.\)