а)  Возьмём на диа­го­на­ли AC па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD точку O (не по­се­ре­ди­не) и про­ведём через неё пер­пен­ди­ку­ля­ры NL и KM к сто­ро­нам па­рал­ле­ло­грам­ма (см. рис.). Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CKO и AMO по­доб­ны. Точно так же по­доб­ны тре­уголь­ни­ки CNO и ALO:

От­сю­да сле­ду­ет по­до­бие тре­уголь­ни­ков ONK и OLM. Тогда на­крест ле­жа­щие углы OML и OKN равны, а по­это­му пря­мые NK и ML па­рал­лель­ны. Сле­до­ва­тель­но, четырёхуголь­ник KLMN  — па­рал­ле­ло­грамм или тра­пе­ция.

До­ка­жем, что это тра­пе­ция. Если KLMN  — па­рал­ле­ло­грамм, то ON  =  OL. В этом слу­чае OC  =  OA, то есть O  — се­ре­ди­на AC. Про­ти­во­ре­чие. Зна­чит, KLMN  — тра­пе­ция.

б)  Обо­зна­чим пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма S, а его ост­рый угол – α. Угол между диа­го­на­ля­ми NL и KM тра­пе­ции KLMN равен углу между пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми диа­го­на­лям пря­мы­ми BC и CD, то есть этот угол равен α.

По­это­му пло­щадь тра­пе­ции равна:

Под­став­ляя α  =  60° и S  =  16, по­лу­ча­ем, что пло­щадь тра­пе­ции равна

Ответ: 6.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Ивана Ива­но­ва (Вла­ди­во­сток).

Сумма углов AMO и ALO равна 90° + 90°  =  180°. Сле­до­ва­тель­но, четырёхуголь­ник AMOL  — впи­сан­ный. По­это­му впи­сан­ные углы LAO и LMO равны, по­сколь­ку опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу.

Сумма углов CNO и CKO равна 90° + 90°  =  180°. Сле­до­ва­тель­но, четырёхуголь­ник KONC  — впи­сан­ный. По­это­му впи­сан­ные углы NKO и NCO равны, по­сколь­ку опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу.

Углы LAO и NCO равны как на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных пря­мых AD и BC и се­ку­щей AC. Сле­до­ва­тель­но, углы LMO и NKO равны, по­это­му пря­мые NK и ML па­рал­лель­ны по ра­вен­ству на­крест ле­жа­щих углов.    

До­ка­жем, что че­ты­рех­уголь­ник  — тра­пе­ция. Имеем:

Сле­до­ва­тель­но, и от­рез­ки MO и KO не равны, зна­чит, KLMN не па­рал­ле­ло­грамм. Тогда это тра­пе­ция.