а) По условию задачи ABCD – равнобедренная трапеция (\(AB = CD\)). Пусть P – точка пересечения диагонали AC и прямой MN.
Стороны AB, BC, CD и AD являются касательными к вписанной окружности. Следовательно, \(MB = BL = LC = CN\) – как отрезки касательных.
Пусть \(MB = BL = LC = CN = a\).
Аналогично, \(MA = AK = KD = DN\). Пусть \(MA = AK = KD = DN = b\).
Тогда \(\dfrac{{BM}}{{AM}} = \dfrac{{CN}}{{ND}}\). Из этого следует, что \(MN\parallel BC\parallel AD\) по теореме о пропорциональных отрезках.
Треугольники CPN и CAD подобны по двум углам (\(\angle ACD\) – общий; \(\angle CPN = \angle CAD\) – как соответственные).
Из подобия следует, что \(\dfrac{{PN}}{{AD}} = \dfrac{{CN}}{{CD}}\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,PN = \dfrac{{CN \cdot AD}}{{CD}} = \dfrac{{a \cdot 2b}}{{a + b}}\).
Треугольники AMP и ABC подобны по двум углам (\(\angle BAC\) – общий; \(\angle APM = \angle ACB\) – как соответственные).
Из подобия следует, что \(\dfrac{{MP}}{{BC}} = \dfrac{{AM}}{{AB}}\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,MP = \dfrac{{AM \cdot BC}}{{AB}} = \dfrac{{b \cdot 2a}}{{a + b}}\).
Следовательно, \(MP = PN = \dfrac{{2ab}}{{a + b}}\). Что и требовалось доказать.
б) \(MN = 2 \cdot MP = \dfrac{{4ab}}{{a + b}}\).
\({S_{ABCD}} = \dfrac{{BC + AD}}{2} \cdot CH = \dfrac{{BC + AD}}{2} \cdot LK = \left( {a + b} \right) \cdot LK\).
\({S_{MLNK}} = \dfrac{1}{2} \cdot MN \cdot LK = \dfrac{{2ab}}{{a + b}} \cdot LK\).
Из условия задачи \(\dfrac{{{S_{MLNK}}}}{{{S_{ABCD}}}} = \dfrac{{2ab}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} = \dfrac{3}{8}\).
Тогда:
\(3\left( {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right) = 16ab\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,3{a^2}-10ab + 3{b^2} = 0\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,3{\left( {\dfrac{a}{b}} \right)^2}-10 \cdot \dfrac{a}{b} + 3 = 0\,\,\,\, \Leftrightarrow \)
\( \Leftrightarrow \,\,\,\,\dfrac{a}{b} = t\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,3{t^2}-10t + 3 = 0;\,\,\,\,\,\,\,\,t = 3;\,\,\,\,t = \dfrac{1}{3}.\)
Так как \(a < b,\) то \(\dfrac{a}{b} = \dfrac{1}{3}.\) Следовательно, \(\dfrac{{BC}}{{AD}} = \dfrac{{2a}}{{2b}} = \dfrac{1}{3}.\)
Ответ: 1:3.