а) Пусть AD большее основание и биссектрисы \(\angle BAD\) и \(\angle CDA\) пересекаются в точке M, принадлежащей меньшему основанию BC. Тогда \(\angle MAD = \angle BMA\) как накрест лежащие. Из этого следует, что треугольник ABM – равнобедренный и \(AB = BM\).
Аналогично \(\angle ADM = \angle CMD\) и \(\angle CMD\) как накрест лежащие. Из этого следует, что треугольник MCD – равнобедренный и \(MC = CD\). Тогда: \(BC = MC + BM = AB + CD\).
Что и требовалось доказать.
б) Проведем прямую, проходящую через точку С параллельную боковой стороне АВ. Пусть точкой пересечения этой прямой с основанием AD будет точка K. Тогда четырёхугольник ABCK является параллелограммом. Пусть \(BM = AB = CK = 3x\), a \(MC = CD = 5x\), тогда \(BC = AK = 8x\).
Из условия задачи: \(\dfrac{{BC}}{{AD}} = \dfrac{2}{3}\). Тогда: \(\dfrac{{BC}}{{AD}} = \dfrac{2}{3} = \dfrac{{8x}}{{AD}}\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,AD = 12x\) и \(KD = AD-AK = 12x-8x = 4x.\)
Стороны треугольника CKD равны \(3x,\,\,4x\) и \(5x\). Тогда по обратной теоремы Пифагора \({\left( {3x} \right)^2} + {\left( {4x} \right)^2} = {\left( {5x} \right)^2}\) следует, что \(\angle CKD = {90^\circ }.\)
Так как \(CK\parallel AB\), то \(\angle BAD\) и \(\angle CKD\) равны как соответственные и равны \({90^\circ }\). Тогда \(\angle BAD = \angle ABC = {90^\circ }\) – так как внутренние углы составляют в сумме \({180^\circ }\).
Из треугольника CKD по определению синуса:
\(\sin \angle CDA = \dfrac{{CK}}{{CD}} = \dfrac{{3x}}{{5x}} = \dfrac{3}{5}.\)
Тогда \(\angle CDA = \arcsin \dfrac{3}{5}\),
а
\(\angle BCD = {180^\circ }-\angle CDA = {180^\circ }-\arcsin \dfrac{3}{5}\).
Ответ: \({90^\circ };\,\,\,\,{90^\circ };\,\,\,\,\,\arcsin \dfrac{3}{5};\,\,\,\,{180^\circ }-\arcsin \dfrac{3}{5}\).