Решение:

а) Пусть \(AC = a\) и \(BD = b.\) Тогда \(AM = \cfrac{1}{3} a,\) \(MO = \cfrac{1}{2} a - \cfrac{1}{3} a = \cfrac{1}{6}a.\) И \(BN = \cfrac{1}{4} b,\) \(NO = \cfrac{1}{2} b - \cfrac{1}{4} b = \cfrac{1}{4}b.\)

Прямоугольные треугольники \(MNO\) и \(MAH\) подобны, так как \(\angle AMH = \angle NMO\) как вертикальные. Значит, \(\angle MAH = \angle MNO.\) С другой стороны, в ромбе \(\angle MAH = \angle OAD = \angle OAB.\) Значит, прямоугольные треугольники \(ABO\) и \(NMO\) подобны по двум углам. Отсюда $$\frac{BO}{AO} = \frac{MO}{NO}$$ $$\frac{b}{a} = \frac{2a}{3b}$$ Значит $$3b^2 = 2a^2$$ По теореме Пифагора $$AB^2 = AD^2 = \frac{1}{4} \left( a^2 + b^2 \right)$$ С другой стороны, по теореме косинусов $$BD^2 = AD^2 + AB^2 - 2 \cdot AB \cdot AD \cdot \cos \angle BAD$$ $$\cos \angle BAD = \frac{2 AB^2 - BD^2}{2 AB^2} = \frac{a^2 + b^2 - 2b^2}{a^2 + b^2} =$$ $$\frac{a^2 - b^2}{a^2 + b^2} = \frac{2a^2 - 2b^2}{2a^2 + 2b^2} = \frac{3b^2 - 2b^2}{3b^2 + 2b^2} = \frac{1}5{}$$ Ч.т.д.

б) Из доказанного выше подобия треугольников \(ABO\) и \(NMO\) получаем, что $$\frac{AB}{MN} = \frac{AO}{NO}$$ $$AB = \frac{AO}{NO} \cdot MN = \frac{a \cdot 5 \sqrt{2} \cdot 4}{2 \cdot b} = \frac{10 \sqrt{2} a}{b}$$ Теперь, $$3b^2 = 2a^2 \, \Rightarrow \, \frac{a}{b} = \sqrt{\frac{3}{2}}$$ Значит $$AB = \sqrt{\frac{3}{2}} \cdot 10 \sqrt{2} = 10 \sqrt{3}$$ Из основного тригонометрического тождества получаем, что $$\sin \angle BAD = \sqrt{1 - \frac{1}{25}} = \frac{2 \sqrt{6}}{5}$$ Теперь можно найти площадь ромба $$S_{ABCD} = AB \cdot AD \cdot \sin \angle BAD = 10 \sqrt{3} \cdot 10 \sqrt{3} \cdot \frac{2 \sqrt{6}}{5} = 120 \sqrt{6}$$

Ответ: б) \(120 \sqrt{6}.\)