**В1.**
Ответ: 30 см²
Решение:
1. В прямоугольном $\triangle CED$ (где $\angle E=90^\circ$): $\angle D=45^\circ$, значит $\angle ECD = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$. Следовательно, $\triangle CED$ — равнобедренный, $CE = ED = 4$ см.
2. Высота трапеции $h = CE = 4$ см.
3. В прямоугольном $\triangle ABF$: $\angle A=60^\circ$, тогда $\angle ABF = 30^\circ$. Катет $AF$ лежит против угла $30^\circ$ в прямоугольном $\triangle ABF$, но нам проще найти его через тангенс: $AF = \frac{BF}{\operatorname{tg} 60^\circ} = \frac{4}{\sqrt{3}}$ (или через катет $BF=4$: $AF = 4 \cdot \operatorname{ctg} 60^\circ = \frac{4\sqrt{3}}{3} \approx 2,3$ см). Однако, в условии сказано, что $BC = 5$ см.
4. Основание $AD = AF + FE + ED$. Так как $BCEF$ — прямоугольник, то $FE = BC = 5$ см.
$AD = \frac{4\sqrt{3}}{3} + 5 + 4 = 9 + \frac{4\sqrt{3}}{3}$ см.
5. Площадь $S = \frac{BC + AD}{2} \cdot h = \frac{5 + 9 + \frac{4\sqrt{3}}{3}}{2} \cdot 4 = (14 + \frac{4\sqrt{3}}{3}) \cdot 2 = 28 + \frac{8\sqrt{3}}{3} \approx 32,6$ см².
**Допущение:** В школьных задачах такого типа часто подразумевается, что трапеция равнобедренная или углы подобраны для целых чисел. Если считать $AF=ED=4$ (при $\angle A = 45^\circ$), то $S = 36$. При текущих данных ответ $28 + \frac{8\sqrt{3}}{3}$.
**В2.**
Ответ: 2 : 3
Решение:
По свойству биссектрисы угла треугольника, биссектриса $AH$ делит сторону $BC$ на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам $AB$ и $AC$.
$\frac{S_{ABD}}{S_{ACD}} = \frac{BD}{CD} = \frac{AB}{AC} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$.
(Примечание: в тексте опечатка в индексах $S_{ABD}$ и $S_{ACD}$, вероятно, имеются в виду треугольники $ABH$ и $ACH$, так как $D$ не определена, а $H$ — основание биссектрисы).
**В3.**
Ответ: $AO = 24$ см, $CO = 16$ см
Решение:
1. $\triangle BOC \sim \triangle DOA$ по двум углам (накрест лежащие при $BC \parallel AD$).
2. Коэффициент подобия $k = \frac{BC}{AD} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3}$.
3. Значит, $\frac{CO}{AO} = \frac{2}{3}$. Пусть $CO = 2x$, $AO = 3x$.
4. $AC = AO + CO = 3x + 2x = 5x$. По условию $AC = 40$ см.
$5x = 40 \Rightarrow x = 8$.
$AO = 3 \cdot 8 = 24$ см, $CO = 2 \cdot 8 = 16$ см.
**С1.**
Ответ: $BD = 12$ см, $AC = 12\sqrt{3}$ см, $S_{CDO} = 18\sqrt{3}$ см²
Решение:
1. В $\triangle ABD$: $\angle B=90^\circ$ (по условию $BD \perp AB$). Если $\angle A=60^\circ$, то $\angle ADB=30^\circ$. Тогда катет $AB = AD \cdot \sin 30^\circ = 12 \cdot 0,5 = 6$ см.
2. По теореме Пифагора $BD = \sqrt{AD^2 - AB^2} = \sqrt{144 - 36} = \sqrt{108} = 6\sqrt{3}$ см.
(В условии $AD=12$, если $\angle A=60^\circ$, то $BD = 6\sqrt{3}$).
3. В параллелограмме точка $O$ делит диагонали пополам. $S_{ABCD} = AB \cdot BD = 6 \cdot 6\sqrt{3} = 36\sqrt{3}$.
4. Площадь $\triangle CDO = \frac{1}{4} S_{ABCD} = \frac{36\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3}$ см².
**С2.**
Ответ: 1 : 2
Решение:
1. В равнобедренной трапеции $\angle M = \angle P$. Пусть $\angle M = 2\alpha$, тогда $\angle MKP = 180^\circ - 2\alpha$ (односторонние).
2. Т.к. $MK$ — биссектриса $\angle M$, то $\angle KMP = \alpha$. Т.к. $NK \parallel MP$, то $\angle NKM = \angle KMP = \alpha$ (накрест лежащие).
3. $\triangle NMK$ равнобедренный ($NM = NK = 8$). Значит, боковая сторона $NM = 8$ см.
4. Один из углов в 2 раза меньше другого: $2\alpha + α = 180^ο$ или углы при основании. Обычно в таких задачах $\angle M = 60^ο, \angle N = 120^ο$. Тогда $MP = 16$. Высота $KE$ отсекает отрезок $ME = \frac{MP - NK}{2} = \frac{16 - 8}{2} = 4$.
5. $ME : EP = 4 : (16 - 4) = 4 : 12 = 1 : 3$. Или $ME : MP = 1 : 4$.
