17. Планиметрическая задача: Четырехугольники и их свойства

$а)$ Докажем равенство углов $\angle ABC$ и $\angle ACD$.

$1.$ По условию треугольники $ABC$ и $DCA$ подобны.
$2.$ Углы при параллельных основаниях равны:
$$\angle ACB = \angle CAD \quad \text{(как накрест лежащие)}$$
$3.$ Если предположить, что $\angle BAC = \angle ACD$, то $AB \parallel CD$ и $ABCD$ — параллелограмм, что противоречит условию $AD > BC$.
$4.$ Следовательно, в силу подобия:
$$\angle ABC = \angle ACD$$

$б)$ Найдем расстояние между серединами оснований.

$1.$ Из подобия треугольников $ABC$ и $DCA$: $$\frac{BC}{AC} = \frac{AC}{AD} \Rightarrow AC = \sqrt{BC \cdot AD} = \sqrt{18 \cdot 50} = 30$$
$2.$ Найдем высоту трапеции: $$CK = AC \cdot \sin \angle CAD = 30 \cdot \frac{4}{5} = 24 \quad \text{(так как $\sin \angle CAD = \sqrt{1-(\frac{3}{5})^2} = \frac{4}{5}$)}$$ $3.$ Построим перпендикуляр $MH$ из середины $M$ меньшего основания $BC$ на большее основание $AD$: $$AH = BM = \frac{BC}{2} = 9$$ $$AN = \frac{AD}{2} = 25$$ $$NH = AN — AH = 25-9 = 16$$ $4.$ В прямоугольном треугольнике $MNH$: $$MN = \sqrt{MH^2 + NH^2} = \sqrt{24^2 + 16^2} = \sqrt{576 + 256} = \sqrt{832} = 8\sqrt{13}$$

Ответ:
$а)$ Углы $\angle ABC$ и $\angle ACD$ равны.

$б)$ Отрезок, соединяющий середины оснований трапеции равен $8\sqrt{13}$.

$а)$ Докажем равенство площадей $S_{AMOE}$ и $S_{COD}.$

$1.$ Обозначим высоту трапеции через $h.$

$2.$ Найдем площади:
$$S_{AMD} = \frac{1}{2} \cdot \frac{h}{2} \cdot AD = \frac{h \cdot AD}{4}$$ $$S_{CED} = \frac{1}{2} \cdot h \cdot \frac{AD}{2} = \frac{h \cdot AD}{4}$$
$3.$ Заметим, что: $$S_{AMD} = S_{AMOE} + S_{MOD}$$ $$S_{CED} = S_{COD} + S_{MOD}$$
$4.$ Так как $S_{AMD} = S_{CED},$ то: $$S_{AMOE} = S_{COD}$$

$б)$ Найдем долю площади $AMOE$ от площади трапеции.

$1.$ Проведем прямую $MD$ до пересечения с продолжением $BC$ в точке $K.$

$2.$ Докажем, что $\triangle AMD \cong \triangle BMK{:}$
$\angle MAD = \angle KBM$ (накрест лежащие).
$\angle AMD = \angle BMK$ (вертикальные).
$AM = BM$ (по условию).
Следовательно, $BK = AD = 4.$

$3.$ Рассмотрим подобные треугольники $DOE$ и $KOC{:}$
$$\frac{OE}{OC} = \frac{ED}{CK} = \frac{2}{7}$$
$4.$ Найдем площади:
$$S_{ABCD} = \frac{(3+4)}{2} \cdot h = \frac{7h}{2}$$ $$S_{CDE} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot h = h$$ $$S_{COD} = \frac{7}{9}S_{CDE} = \frac{7h}{9}$$ $$S_{AMOE} = S_{COD} = \frac{7h}{9}$$
$5.$ Искомая доля: $$\frac{S_{AMOE}}{S_{ABCD}} = \frac{\frac{7h}{9}}{\frac{7h}{2}} = \frac{2}{9}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что площади четырехугольника $AMOE$ и треугольника $COD$ равны.

$б)$ Площадь четырехугольника $AMOE$ составляет $\dfrac{2}{9}$ от площади трапеции $ABCD.$

$а)$ Докажем равенство отрезков $CO$ и $KO$.

$1.$ Продолжим прямые $BC$ и $AE$ до пересечения в точке $L$.

$2.$ Докажем равенство треугольников:
$\triangle AED = \triangle LEC \text{ по:}$
$DE = CE$ (по условию).
$\angle AED = \angle LEC$ (вертикальные).
$\angle ADE = \angle LCE$ $($накрест лежащие при $AD \parallel BC).$
$3.$ Из равенства треугольников следует: $$AE = EL$$ $$AD = LC$$
$4.$ Четырехугольник $KCLA$ — трапеция $(CK \parallel AL$ по условию).

$5.$ Применим свойство трапеции:

Прямая $BE$ проходит через точку пересечения боковых сторон $(B).$
И через середину основания $AL$ $(E).$
Следовательно, проходит через середину основания $KC$ $(O).$


$6.$ Таким образом:
$$CO = KO$$

$б)$ Найдем отношение $\dfrac{BC}{AD}.$

$1.$ Из равенства треугольников $(\triangle AED = \triangle LEC)$:
$$S_{ABCD} = S_{ABL}$$
$2.$ Из подобия треугольников $\triangle KBC\space и \space \triangle ABL$:
$$\frac{S_{KBC}}{S_{ABL}} = \left(\frac{BC}{BL}\right)^2 = \frac{9}{100}$$
$3.$ Находим коэффициент подобия: $$\frac{BC}{BL} = \frac{3}{10}$$
$4.$ Выразим $BL$ через $BC$ и $CL$: $$\frac{BC}{BC + CL} = \frac{3}{10}$$
$5.$ Решаем уравнение: $$10BC = 3BC + 3CL$$ $$7BC = 3CL$$ $$\frac{BC}{CL} = \frac{3}{7}$$
$6.$ Так как $CL = AD$ (из равенства треугольников), получаем: $$\frac{BC}{AD} = \frac{3}{7}$$

Ответ:
$а)$ Отрезки $CO$ и $KO$ равны.

$б)$ Отношение оснований трапеции $BC$ и $AD$ равно $3:7.$

$а)$ Докажем равенство отрезков $MA$ и $MD.$

$1.$ Продолжим боковые стороны $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $Q.$

$2.$ Так как $AD = 2BC,$ то $BC$ является средней линией треугольника $AQD{:}$
$$QB = BA \quad \text{и} \quad QC = CD$$
$3.$ Рассмотрим прямоугольные треугольники:
В $\triangle MCD{:}$ $MC$ — высота и медиана $\Rightarrow$ $\triangle QMD$ равнобедренный.
В $\triangle ABM{:}$ $MB$ — высота и медиана $\Rightarrow$ $\triangle QMA$ равнобедренный.

$4.$ Следовательно: $$QM = MA \quad \text{и} \quad QM = MD \Rightarrow MA = MD$$

$б)$ Найдем угол $BAD.$

$1.$ Опустим перпендикуляр $MN$ на основание $AD{:}$
$$MN = BC \quad \text{(по условию)}$$ $$AN = ND = \frac{AD}{2} = BC$$
$2.$ Так как $MN$ — медиана и высота в $\triangle AMD,$ то: $$\angle AMD = 90^\circ$$ $\triangle MND$ — прямоугольный и равнобедренный $\Rightarrow$ $\angle MDN = 45^\circ$
$3.$ Найдем углы: $$\angle MDA = 45^\circ$$ $$\angle CDM = \angle ADC-\angle MDA = 55^\circ-45^\circ = 10^\circ$$ $$\angle MQD = \angle CDM = 10^\circ$$
$4.$ В треугольнике $AQD{:}$
$$\angle QAM = \frac{180^\circ-(55^\circ + 55^\circ + 10^\circ + 10^\circ)}{2} = 35^\circ$$
$5.$ Искомый угол:
$$\angle BAD = \angle QAM + \angle MAN = 35^\circ + 45^\circ = 80^\circ$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что отрезки $MA$ и $MD$ равны, так как точка $M$ равноудалена от вершин $A$ и $D$ в равнобедренных треугольниках $QMA$ и $QMD.$

$б)$ Угол $BAD$ равен $80^\circ$, что следует из геометрических свойств трапеции и вычисления углов в треугольниках $AQD$ и $AMD.$

$а)$ Докажем перпендикулярность диагоналей $AC$ и $BD$.

$1.$ Проведем через точку $C$ прямую, параллельную $BD,$ и отметим точку $C_1$ на пересечении с продолжением $AD$: $$CC_1 \parallel BD \Rightarrow BCC_1D \text{ — параллелограмм}$$
$2.$ В полученном треугольнике $ACC_1{:}$ $$AC = 15, \quad CC_1 = BD = 8$$ $$AC_1 = AD + DC_1 = AD + BC = 17$$ $3.$ Проверим соотношение сторон: $$AC^2 + CC_1^2 = 15^2 + 8^2 = 225 + 64 = 289$$ $$AC_1^2 = 17^2 = 289$$ $4.$ По обратной теореме Пифагора: $$\angle ACC_1 = 90^\circ$$
$5.$ Так как $CC_1 \parallel BD,$ то: $$\angle COD = \angle ACC_1 = 90^\circ$$ где $O$ — точка пересечения диагоналей.

$б)$ Найдем площадь трапеции.

$1.$ Для трапеции с перпендикулярными диагоналями площадь вычисляется по формуле: $$S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD$$ $2.$ Подставляем значения: $$S = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 8 = 60$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что диагонали $AC$ и $BD$ трапеции перпендикулярны, так как при построении параллелограмма $BCC_1D$ треугольник $ACC_1$ оказался прямоугольным.

$б)$ Площадь трапеции равна $60,$ что получено по формуле площади для трапеции с перпендикулярными диагоналями.

$а)$ Докажем, что $\angle AOE = 90^\circ$.

$1.$ Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $AEC$ (как точка пересечения серединных перпендикуляров к двум его сторонам).
$2.$ По свойству центрального угла: $$\angle AOE = 2\angle ACE$$ $3.$ В квадрате $ABCD{:}$ $$\angle ACE = 45^\circ \Rightarrow \angle AOE = 2 \cdot 45^\circ = 90^\circ$$

$б)$ Найдем отношение $BO : OD.$

$1.$ Диагональ $BD$ квадрата является серединным перпендикуляром к диагонали $AC,$ поэтому точка $O$ лежит на $BD.$
$2.$ Пусть сторона квадрата равна $2a,$ тогда: $$BE = EC = a$$ $$BD = 2a\sqrt{2}$$
$3.$ Рассмотрим точку $M$ — середину $EC$ ($EM = MC = \dfrac{a}{2}).$

$4.$ Прямоугольные треугольники $BMO$ и $BCD$ подобны по двум углам: $$\angle BMO = \angle BCD = 90^\circ$$ $$\angle MBO = \angle DBC$$ $5.$ Из подобия: $$\frac{BO}{BD} = \frac{BM}{BC} = \frac{a + \frac{a}{2}}{2a} = \frac{3}{4}$$
$6.$ Таким образом:
$$BO = \frac{3}{4}BD$$ $$OD = BD-BO = \frac{1}{4}BD$$ $$BO : OD = 3 : 1$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что угол $\angle AOE$ равен $90^\circ$, так как точка $O$ является центром описанной окружности треугольника $AEC$, а центральный угол $\angle AOE$ вдвое больше вписанного угла $\angle ACE.$

$б)$ Отношение $BO : OD$ равно $3:1,$ что следует из подобия треугольников $BMO$ и $BCD$ и свойств квадрата.

$а)$ Докажем равенство $AL \cdot BC = AB \cdot AC$.

$1.$ Обозначим $\angle CAD = \alpha$, тогда $\angle BAC = 2\alpha.$

$2.$ Биссектриса $AL$ делит $\angle BAC$ на два угла по $\alpha{:}$ $$\angle BAL = \angle LAC = \alpha$$
$3.$ Площадь параллелограмма можно выразить двумя способами: $$S = AB \cdot AC \cdot \sin(2\alpha)$$ $$S = 2S_{ALC} = AL \cdot BC \cdot \sin(2\alpha)$$ $4.$ Приравнивая выражения, получаем: $$AB \cdot AC = AL \cdot BC$$

$б)$ Найдем длину отрезка $EL$.

$1.$ Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма ($AO = \dfrac{AC}{2} = 4$).
$2.$ Из условия $\tg \angle BCA = \dfrac{1}{2}$ находим: $$\tg \alpha = \frac{1}{2} \Rightarrow \tg 2\alpha = \frac{2 \cdot \frac{1}{2}}{1-(\frac{1}{2})^2} = \frac{4}{3}$$
$3.$ Найдем отрезки: $$LO = AO \cdot \tg \alpha = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$$ $$EO = AO \cdot \tg 2\alpha = 4 \cdot \frac{4}{3} = \frac{16}{3}$$
$4.$ Так как $EL$ проходит через $O$, то: $$EL = LO + EO = 2 + \frac{16}{3} = \frac{22}{3}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что $AL \cdot BC = AB \cdot AC,$ так как площади параллелограмма, выраженные через разные параметры, равны.

$б)$ Длина отрезка $EL$ равна $\dfrac{22}{3},$ что получено через вычисление составляющих отрезков $LO$ и $EO$ с использованием тригонометрических соотношений.

$а)$ Докажем соотношение $BO : AE = 1 : 2$.

$1.$ Из подобия треугольников $BOC$ и $DOA{:}$ $$\frac{BO}{OD} = \frac{BC}{AD} = \frac{1}{2}$$
$2.$ По построению: $$AE \parallel DO \quad \text{и} \quad ED \parallel AO$$ Следовательно, $AODE$-параллелограмм, поэтому: $$AE = DO$$ $3.$ Таким образом: $$BO : AE = BO : DO = 1 : 2$$

$б)$ Найдем длину отрезка $MN$.

$1.$ Рассмотрим подобие треугольников: $$\triangle AME \sim \triangle DMB \Rightarrow \frac{AM}{MD} = \frac{AE}{BD} = \frac{2}{3}$$ (так как $BD = BO + OD = 1 + 2 = 3$ частям, а $AE = DO = 2$ частям)

$2.$ Вычислим $AM$: $$\frac{AM}{AD-AM} = \frac{2}{3} \Rightarrow 3AM = 2AD-2AM \Rightarrow AM = \frac{2}{5}AD = 4$$
$3.$ Аналогично для $\triangle DNE \sim \triangle ANC$:
$$\frac{DN}{AN} = \frac{DE}{AC} = \frac{2}{3} \Rightarrow DN = \frac{2}{5}AD = 4$$
$4.$ Находим $MN$: $$MN = AD-AM-DN = 10-4-4 = 2$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что отношение $BO : AE$ равно $1 : 2,$ так как $AODE$ — параллелограмм и $BO : DO = 1 : 2$ из подобия треугольников.

$б)$ Длина отрезка $MN$ равна $2,$ что получено через анализ подобных треугольников и пропорциональных отношений частей основания $AD.$

$а)$ Докажем перпендикулярность $AB$ и $BD.$

$1.$ Из свойств угла между касательной и хордой:
$$\angle CBM = \angle BAM$$ $$\angle OMB = \angle BAM$$
$2.$ Из параллельности сторон параллелограмма: $$\angle CBM = \angle BMA \quad \text{(как накрест лежащие)}$$
$3.$ Так как $BM$ — биссектриса: $$\angle ABM = \angle CBM$$
$4.$ Из равенств углов получаем: $$\angle BAM = \angle ABM = \angle AMB = 60^\circ$$
$5.$ $OM$ — средняя линия $\triangle ABD$: $$OM \parallel AB \quad \text{и} \quad BO = OD$$ Следовательно, $AM = MD$ и $\triangle ABM$ равносторонний
$6.$ Находим угол $ABD:$ $\angle ABD = 90^\circ$ (как внешний угол равностороннего треугольника).

$б)$ Найдем площадь $KODM$.

$1.$ Из углов треугольника: $$\angle ODM = 180^\circ-90^\circ-60^\circ = 30^\circ$$ $$MD = 2OM = 4$$
$2.$ Применим теорему Менелая для $\triangle BMD$ и секущей $OK$: $$\frac{OD}{OB} \cdot \frac{BK}{KM} \cdot \frac{MA}{AD} = 1 \Rightarrow \frac{BK}{KM} = 2$$
$3.$ Отношение площадей: $$\frac{S_{BKO}}{S_{BMD}} = \frac{2}{3}$$
$4.$ Вычислим площадь: $$S_{BMD} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \sin 120^\circ = 4\sqrt{3}$$ $$S_{KODM} = \frac{2}{3} \cdot 4\sqrt{3} = \frac{8\sqrt{3}}{3}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что $AB \perp BD,$ так как угол $ABD$ равен $90^\circ$ как внешний угол равностороннего треугольника $ABM.$

$б)$ Площадь четырехугольника $KODM$ равна $\dfrac{8\sqrt{3}}{3},$ что получено через применение теоремы Менелая и вычисление площадей треугольников.

$а)$ Докажем перпендикулярность $BM$ и $CN$.

$1.$ Обозначим точки пересечения:
$E = AM \cap BC;$
$H = AM \cap DN;$
$F = BM \cap AD.$


$2.$ Так как $AH$ — биссектриса и высота в $\triangle AND$, то: $$AN = AD$$
$3.$ Из равенства треугольников $\triangle ANM \cong \triangle ADM$ следует: $$NM = MD = CM$$
$4.$ Треугольник $CND$ прямоугольный ($\angle CND = 90^\circ$), поэтому: $$CN \parallel AM$$
$5.$ Из параллельности следует: $$AN : NB = CE : BC = 7 : 1 \Rightarrow CE = AD = 7BC$$
$6.$ Аналогично: $$BC = DF \Rightarrow AN : NB = AD : DF = 7 : 1$$

$7.$ Следовательно: $$DN \parallel BF \Rightarrow CN \perp BM$$

$б)$ Найдем длину $MN$.

$1.$ Пусть $AD = 7x$, $BC = x$ $($из отношения $7:1),$ тогда: $$AB = CD = 8x$$ $$NM = 4x$$
$2.$ Найдем высоту трапеции $h$: $$h^2 = (8x)^2-\left(\frac{7x-x}{2}\right)^2 = 64x^2-9x^2 = 55x^2$$ $$h = x\sqrt{55}$$
$3.$ Площадь трапеции: $$S = \frac{7x + x}{2} \cdot x\sqrt{55} = 4x^2\sqrt{55} = 4\sqrt{55}$$Откуда $x = 1$
$4.$ Искомая длина: $$MN = 4x = 4$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что прямые $BM$ и $CN$ перпендикулярны, так как $CN \parallel AM,$ а $DN \parallel BF,$ где $BF$ содержит $BM.$

$б)$ Длина отрезка $MN$ равна $4,$ что получено через анализ геометрических соотношений в трапеции и вычисление ее высоты.

$а)$ Основания трапеции $AD$ и $BC$ параллельны, а ее высота $BH \perp AD,$ поэтому $BH \perp BC,$ а значит, вписанный угол $KBC$ равен $90^\circ,$ опирается на диаметр $CK,$ на который опирается и вписанный угол $CAK.$ Поэтому $AC \perp AK.$

$б)$ Вписанные углы $CKB$ и $CAB$ опираются на одну дугу, а следовательно, равны. Поэтому в прямоугольном треугольнике $KBC$ катет $BC$ лежит напротив угла $30^\circ,$ а значит, равен половине гипотенузы $CK,$ то есть $BC = \dfrac{1}{2}CK = R = 12,$ а катет $$BK = CK \cdot \cos 30^\circ = 2R \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 12\sqrt{3}$$

В треугольниках $KBC$ и $KHN$ угол $K$ общий, а углы $KHN$ и $KBC$ прямые, и, значит, треугольники подобны. Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия, поэтому: $$\dfrac{S_{KBC}}{S_{KHN}} = \dfrac{S_{KHN} + S_{BCNH}}{S_{KHN}} = \dfrac{S_{KHN} + 8S_{KHN}}{S_{KHN}} = 9 = \left( \dfrac{KB}{KH} \right)^2$$ Следовательно, $3 = \dfrac{12\sqrt{3}}{KH},$ то есть $KH = 4\sqrt{3},$ а значит, $BH = BK -KH = 8\sqrt{3}.$

Трапеция вписана в окружность, поэтому она равнобедренная, а высота $BH$ делит большее основание $AD$ на отрезки $AH = \dfrac{AD -BC}{2}$ и $HD = \dfrac{AD + BC}{2}.$ Воспользуемся теоремой о произведении отрезков пересекающихся хорд окружности, получим $AH \cdot HD = BH \cdot HK,$ откуда $$\dfrac{AD^2 -BC^2}{4} = 8\sqrt{3} \cdot 4\sqrt{3}$$ Тогда $\dfrac{AD^2 -144}{4} = 96,$ поэтому $AD^2 = 528,$ то есть $AD = 4\sqrt{33}.$

Ответ:
$а)$ Прямые $AC$ и $AK$ перпендикулярны.
$б)$ $AD = 4\sqrt{33}.$

$а)$ В треугольнике $AKE$ выполнено соотношение $AE^2 = AK^2 + KE^2,$ поскольку $13 = 9 + 4.$ Значит, треугольник $AKE$ прямоугольный с прямым углом $\angle AKE$ по теореме, обратной теореме Пифагора. Из рисунка видно, что $\angle AKC$ является внешним для прямоугольного треугольника $ABK$ $($ $\angle B = 90^\circ$ по определению квадрата $),$ следовательно, он равен сумме двух несмежных с ним углов:

$$\angle AKC = \angle ABK + \angle BAK \Leftrightarrow 90^\circ + \angle EKC = 90^\circ + \angle BAK \Leftrightarrow \angle EKC = \angle BAK$$

$б)$ Из пункта a) следует, что треугольники $ABK$ и $KCE$ подобны по двум углам, причем

$$\frac{BK}{CE} = \frac{AB}{KC} = \frac{AK}{KE} = \frac{3}{2}$$

Пусть $AB = 3x,$ $BK = 3y,$ $KC = 2x,$ $CE = 2y.$ Из равенства сторон квадрата $AB$ и $BC$: $3x = 3y + 2x,$ откуда $x = 3y.$ По теореме Пифагора для треугольника $ABK$ получаем: $$(3x)^2 + x^2 = 9 \Leftrightarrow x^2 = \frac{9}{10}$$ Вычислим площадь квадрата: $$S_{ABCD} = AB^2 = (3x)^2 = 9x^2 = 9 \cdot \frac{9}{10} = 8.1$$

Ответ:
$а)$ Углы $\angle BAK$ и $\angle EKC$ равны.
$б)$ Площадь квадрата $ABCD$ равна $8.1.$

$а)$ Заметим сначала, что $AE^2 + EK^2 = 9 + 4 = 13 = AK^2,$ значит, $\angle AEK = 90^\circ$ по обратной теореме Пифагора. Тогда $\angle BEA = 90^\circ -\angle CCK = \angle CKE.$ Следовательно, треугольники $ABE$ и $ECK$ подобны по двум углам. Из подобия имеем:

$$\frac{BE}{CK} = \frac{AE}{EK} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow CK = \frac{2}{3} BE$$

$б)$ Коэффициент подобия треугольников $ABE$ и $ECK$ равен $\dfrac{3}{2}.$ Пусть $AB = 3x,$ $BE = 3y,$ $EC = 2x,$ $CK = 2y.$ Из равенства сторон квадрата получаем: $$3x = 3y + 2x \Leftrightarrow x = 3y$$

Из прямоугольного треугольника $ABE$ по теореме Пифагора находим: $$(3x)^2 + x^2 = 3^2 \Leftrightarrow x^2 = \frac{9}{10}$$ $ABCK$ — прямоугольная трапеция, поэтому ее площадь равна: $$S = \frac{AB + CK}{2} \cdot BC = \frac{3x + 2y}{2} \cdot 3x = \frac{3x + \frac{2}{3}x}{2} \cdot 3x = \frac{11}{2}x^2 = \frac{99}{20} = 4.95$$

Ответ:
$а)$ $CK = \dfrac{2}{3} BE.$
$б)$ Площадь четырехугольника $ABCK$ равна $4.95.$

$а)$ Пусть окружность радиусом $R$ касается стороны $AB$ в точке $M$ и стороны $AD$ в точке $L.$ Точка $Q,$ диаметрально противоположная точке $M,$ удалена от $AB$ на расстояние $2R,$ удалена от $CD$ на $AD -2R = R$ и удалена от $AD$ на $R.$ Точка $Q$ равноудалена от сторон $AD$ и $CD$ квадрата $ABCD,$ значит, точка $Q$ лежит на диагонали $BD$ и делит ее в отношении $1:2,$ считая от $D.$ Аналогично точка $P,$ диаметрально противоположная точке $L,$ лежит на диагонали $BD$ и делит ее в отношении $1:2,$ считая от $B.$ Следовательно, $BP = DQ = PQ.$

$б)$ Пусть окружность касается прямой $BE$ в точке $F.$ Продолжим $BE$ до пересечения с прямой $AD$ в точке $K.$ Пусть $KF = KL = x.$ Тогда $AK = AL + KL = 6 + x$ и $KB = BF + KF = BM + KF = 12 + x$

По теореме Пифагора: $BK^2 = AB^2 + AK^2,$ то есть: $$(12 + x)^2 = 18^2 + (6 + x)^2$$ откуда $x = 18.$ Значит, $DK = x -12 = 6.$ Прямоугольные треугольники $EDK$ и $ECB$ подобны с коэффициентом: $$\frac{DK}{BC} = \frac{6}{18} = \frac{1}{3}$$ следовательно: $$DE = \frac{1}{3}CE = \frac{1}{4}CD = \frac{1}{4} \cdot 18 = \frac{9}{2}$$ Ответ:
$а)$Окружность разбивает диагональ $BD$ на три равных отрезка.
$б)$ $DE = \dfrac{9}{2}.$