Выражение тригонометрия а) tga/1-tg^2a * ctg^2a-1/ctga б) sina*cosb/ cosasinb *ctgactgb=1

Tga2a = ctg1f/23a
sina=sina \20

Пусть ABCD  равнобедренная  трапеция AB =CD , BC =3 ; r =3.

S =S(ABCD) -?
S =( (a+b)/2) ) *h =((a+3) /2) *2r =(a+3)*r .

 (Из ΔAOB :  OT ⊥ AB , OT =r ,где O центр вписанной окружности ) . 
∠AOB =180° -(∠A/2+∠B/2) =180° -(∠A+∠B)/2 =180° -180°/2 =90°.
r =√( (a/2)*(b/2) )  =(1/2) √(ab) ; 
3 =(1/2) √(a*3)  ;
9 =(a/2)*(3/2) ⇒a =12 .

S =(12+3)*3 =45.

* * *  или иначе :
(AB +CD) =(AD +BC) свойство описанного четырехугольника 
2AB =(a+b)⇒AB =(a+b)/2 .
Проведем BH ⊥ AD .  AH =(a-b)/2 .
Из ΔABH :  
BH² =AB² -AH² =((a+b)/2)² -((a-b)/2) =ab ;
(2r)² =√(ab) ;
r =(1/2)*√(ab) .   и т.д.

Удачи !

Схема здесь простая. Как указано в задании , так и строим. Оложим все отрезки и соединим точки А, L,Е одной прямой. Рассмотрим треугольники LFE и KFM. У них углы KFM и LFE равны , LF=FM, KF=FE(по условию). Следовательно эти треугольники равны. Против равных углов в треугольнике лежат равные стороны и наоборот. Отсюда угол LEF=углуFKM. Значит LE параллельна КМ. Аналогично доказываем параллельность AL и KM (трекгольники ALD и KDM). То есть получили - отрезки AL и EL параллельны одной прямой KM, и точка L у них общая. Значит отрезки AL  и LE являются отрезками одной прямой АЕ и точка L лежит на ней. Поскольку через три точки можно провести прямую если только они все лежат на этой прямой.