а) Пусть \(\angle BAD = \angle BCD = {\rm{\alpha }}.\) Тогда в прямоугольных треугольниках ABP и BCQ \(\angle ABP = \angle CBQ = {90^ \circ }-{\rm{\alpha }}.\) Так как \(\angle BAD\) и \(\angle ABC\) односторонние, то \(\angle ABC = {180^ \circ }-{\rm{\alpha }}{\rm{.}}\) Тогда:
\(\angle PBQ = \angle ABC-\angle ABP-\angle CBQ = \)
\( = {180^ \circ }-{\rm{\alpha }}-\left( {{{90}^ \circ }-{\rm{\alpha }}} \right)-\left( {{{90}^ \circ }-{\rm{\alpha }}} \right) = {\rm{\alpha }}.\)
Следовательно, треугольники ABM и PBQ равны по двум сторонам \(AB = BQ,\) \(AM = BP\) и углу между ними: \(\angle BAM = \angle PBQ = {\rm{\alpha }}.\) Из равенства этих треугольников получаем, что \(BM = PQ.\) Что и требовалось доказать.
б) По теореме Пифагора из треугольника ABP:
\(A{P^2} + B{P^2} = A{B^2}\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,AP = \sqrt {{{15}^2}-{{12}^2}} = 9.\)
Из прямоугольного треугольника ABP: \({\rm{tg}}\,{\rm{\alpha }} = \dfrac{{BP}}{{AP}} = \dfrac{{12}}{9} = \dfrac{4}{3}.\)
Из прямоугольного треугольника BCQ: \({\rm{tg}}\,{\rm{\alpha }} = \dfrac{{BQ}}{{CQ}}\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\dfrac{4}{3} = \dfrac{{15}}{{CQ}}\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,CQ = \dfrac{{45}}{4}.\)
Так как \(AB = 15,\) то \(CD = 15\) и \(DQ = CD-CQ = 15-\dfrac{{45}}{4} = \dfrac{{15}}{4}.\)
Проведём высоту QH на продолжение стороны AD. Тогда \(\angle QDH = \angle BAD = {\rm{\alpha }}\) как соответственные.
Из прямоугольного треугольника ABP: \(\sin \,{\rm{\alpha }} = \dfrac{{BP}}{{AB}} = \dfrac{{12}}{{15}} = \dfrac{4}{5}.\)
Из прямоугольного треугольника DQH: \(\sin \,{\rm{\alpha }} = \dfrac{{QH}}{{QD}}\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\dfrac{4}{5} = \dfrac{{QH}}{{\dfrac{{15}}{4}}}\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,QH = 3.\)
Тогда: \({S_{APQ}} = \dfrac{1}{2} \cdot AP \cdot QH = \dfrac{1}{2} \cdot 9 \cdot 3 = 13,5.\)
Ответ: 13,5.