Решение:

а)

Так как \(CE\) — биссектриса угла \(BCD,\) то \(\angle NCO = \angle BCO.\) С другой стороны, \(\angle NOC = \angle BCO\) как накрест лежащие углы при параллельных прямых \(BC\) и \(MN.\) Значит, \(\angle NOC = \angle NCO,\) поэтому треугольник \(NCO\) равнобедренный и \(NC = NO.\) Аналогично, так как \(AF\) — биссектриса угла \(BAD,\) то \(\angle MAO = \angle EAO.\) С другой стороны, \(\angle MOA = \angle EAO\) как накрест лежащие углы при параллельных прямых \(MN\) и \(AD.\) Значит, \(\angle MAO = \angle MOA,\) поэтому треугольник \(MAO\) равнобедренный и \(MA = MO.\) Учитывая, что трапеция \(ABCD\) равнобедренная и \(AB = CD,\) то по теореме Фалеса \(AM = DN,\) \(MB = NC.\) Значит, \(MN = MO + ON = AM + NC = AM + MB = AB = CD.\) Ч.т.д.

б)

Учитывая, что трапеция \(ABCD\) равнобедренная, получаем, что \(\alpha = \angle ADC = \angle ONC = \angle DAM\) и \(\angle ABC = \angle AMO = 180^\circ - \angle MAD.\) Значит, \(\cos ONC = - \cos AMO.\) Пусть \(AM = DN = 4x,\) \(MB = NC = 5x.\) Условие \(AO = OC\) и теорема косинусов даёт, что $$ (4x)^2 + (4x)^2 + 2 \cdot 4x \cdot 4x \cdot \cos \alpha = (5x)^2 + (5x)^2 - 2 \cdot 5x \cdot 5x \cdot \cos \alpha. $$ Отсюда находим, что \(\cos \alpha = \cos \angle ADC = \cfrac{9}{41}.\) Продлим боковые стороны трапеции до пересечения в точке \(G.\) Получаем три подобных треугольника: \(\triangle GBC,\) \(\triangle GMN\) и \(\triangle GAD.\) (Они все равнобедренные и имеют общий угол \(G.)\) Пусть \(GC = y.\) Тогда из подобия треугольников и найденного косинуса угла \(ADC\) последовательно находим: $$\cos \angle GCB = \frac{9}{41} = \frac{31}{2y} \, \Rightarrow \, y = \frac{31 \cdot 41}{18}$$ $$\cos \angle GNM= \frac{9}{41} = \frac{9x}{2 \cdot (5x + y)} \, \Rightarrow \, 10x + 2y = 41 x \, \Rightarrow x = \frac{41}{9}$$ $$\cos \angle GDA = \frac{9}{41} = \frac{AD}{2 \cdot (9x + y)} \, \Rightarrow $$ $$AD = \frac{18 (9x + y)}{41} = \frac{18}{41} \left( 41 + \frac{31 \cdot 41}{18} \right) = 18 + 31 = 49$$

Ответ: б) \(49\)