Я выложил чертеж, но не особо старался его отредактировать. Я надеюсь, вы разберетесь. Я постарался очень подробно все изложить.
1) ∠AMC - прямой (и аналогично, ∠AKB - прямой).
Доказать это можно разными , например, посчитать углы △AMC. ∠MAC + ∠MCA = ∠MAC + ∠MAB (так как треугольники ABC, ABD и BCD подобны, равны их соответственные углы, а значит, и их половинки) = 90°;
Можно сказать, что прямые CM и AM получаются из перпендикулярных прямых CA и AB поворотом на одинаковые углы.
2) Теперь можно построить две вс окружности на катетах AB и AC, как на диаметрах. Это означает, что берется середина катета (точка G для AB) и проводится окружность радиуса GA. По известному свойству вписанных углов на эту окружность попадут все точки, из которых отрезок AB виден под прямым углом. То есть точки K и D. Аналогично на окружность с центром в точке F - середине AC попадут точки M и D. Таким образом, AD - общая хорда построенных окружностей.
3) Так как BK - биссектриса вписанного угла DBA, равны дуги AK и KD а значит, равны и отрезки AK = KD. Аналогично AM = MD.
4) Четыре точки F, K, M, G - каждая равноудалена от концов отрезка AD (F и G - как центры окружностей). Следовательно все эти точки лежат на срединном перпендикуляре к AD.
5) Но FG - средняя линия, параллельная гипотенузе BC, чтд
Пусть ∠ВАК=45°, ∠CDH= 45°, ВС=в , АD=а.
S( трапеции)=1/2*ВК*(АD+ВС).
Ищем высоту.
Обозначим ВК=х. Тогда АК=х , тк прямоугольный ΔАВК- равнобедренный с двумя равными углами по 45° ⇒ СН=х.
ΔСDH- прямоугольный . По свойству угла в 30° , CD=2x. По т Пифагора HD=√((2x)²-x²)=√(3x²)=x√3.
Т. к. с одной стороны AD=a, с другой
AD=АК+КН+НD=х+ВС+ x√3=х+b+ x√3, то
a=x+b+ x√3, a-b=x(1+√3) ,x=(a-b)/(1+√3).
ВК=(a-b)/(1+√3).
S( трапеции)=1/2* (a-b)/(1+√3)*( a+b)=
( a²-b²)/(2(1+√3)).
Избавляясь от иррациональности в знаменателе
( a²-b²)/(2(1+√3))=( a²-b²)* (1-√3)/(-2*2)=
= ( a²-b²)* (-1+√3)/4
