Диагональ равнобедренной трапеции равна 8 дм и перпендикулярна боковой стороне. средняя линия трапеции равна 6, 4 дм. найдите боковую сторону и меньшее основание трапеции.

Опустим из вершины В высоту  ВН на АD.

Высота равнобедренной трапеции, опущенная на большее основание, делит его на отрезки, меньший из которых равен полуразности оснований, больший -  их полусумме. 

Полусумма оснований равна средней линии трапеции. - HD=6,4 

По т.Пифагора ВН²=BD²-HD²=64-40,96=23,04

∆ АВD - прямоугольный, ВН - высота.  

Высота, проведенная к гипотенузе, есть среднее пропорциональное между проекциями катетов на гипотенузу. – ВН²=AH•DH

AH•6,4=23,04 ⇒ 

AH=23,04:6,4=3,6 ⇒ 

АD=3,6+6,4=10 (дм).

∆ ABD- египетский, АВ=СD=6 дм ( можно проверить по т.Пифагора).  

Средняя линия 6,4 ⇒ ВС+АD=12,8 

ВС=12,8-10=2,8 дм

В угол можно вписать окружность.  
Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла.
Центр вписанной в угол ВСД окружности лежит на биссектрисе СР
Центр вписанной в угол СДА окружности лежит на биссектрисе ДР
Т.к. точка Р для биссектрис углов ВСД и СДА общая - она является центром вписанной в оба угла окружности. 
Расстояние от центра вписанной в угол окружности до его сторон равно ее радиусу. Расстояние из Р до прямых ВС, СД, АД  - перпендикуляр и равно радиусу этой окружности.
Вариант решения:
Расстояние от точки до прямой - отрезок, проведенный к ней перпендикулярно. 
ОК, ОМ, ОН - перпендикуляры к прямым ВС, СD, AD соответственной. 
Прямоугольные ∆ СКО=∆СМО по равному острому углу при С и общей гипотенузе ОС. ⇒
КО=ОМ
Прямоугольные ∆ НОD=∆ MOD по равному острому углу при D  и общей гипотенузе OD. ⇒
НО=ОМ 
КО=ОМ, НО=ОМ⇒
КО=ОН=ОМ, что и требовалось доказать. 

Пусть F,E,G - точки касания исходной окружности с диагональю и сторонами параллелограмма  (см. рисунок). Пусть также H∈AD, OH⊥AD и L - точка пересечения ОH c окружностью.

1. Т.к. ∠OGA=∠OFA=∠OHA=90°, то все точки A,G,O,F,H лежат на одной окружности с диаметром AO.

2. Треугольник ABC подобен треугольнику HFG т.к. ∠GAF=∠GHF и ∠FGH=∠FAH=∠BCA по свойству вписанных углов.

3. L - центр окружности вписанной в HFG, т.к.:
a) ∠OHF=∠OHG (опираются на равные хорды),
б)∠GFL=∠OFL-∠OFG=(90°-∠FOL/2)-∠OFG=(90°-∠FAH/2)-∠OAG, ∠GFH=180°-2∠OAG-∠FAH, т.е. ∠GFL=∠GFH/2.
Из а) и б) следует, что L - точка пересечения биссектрис треугольника  HFG.

4. Из 2 и 3 следует, что в треугольнике ABC отрезку AO соответствует отрезок HL, т.е. коэффициент подобия ABC относительно HFG равен AO/HL=AO/(OH-OL)=25/(13-7)=25/6. Отсюда BC=GF*25/6.

5.  Из прямоугольного треугольника AOF получаем NF/OF=AF/AO, т.е. GF=2NF=2OF·AF/AO=(14√(25²-7²))/25=336/25. Тогда из 4 видим, что 
BC=(336/25)·(25/6)=56.

6. Высота параллелограмма ABCD равна EO+OH=7+13=20. Значит, площадь равна 20·BC=20*56=1120. 

P.S. Есть ощущение, что BC можно и проще найти, но... :))