Решение:

а) Пусть \(\angle CAD = \alpha ,\) тогда \(\angle BAC = 2 \alpha ,\) \(\angle CAL = \angle LAB = \alpha .\) Далее \(\angle BLA = \angle DAL = 2 \alpha\) как накрест лежащие при параллельных прямых \(AD\) и \(BC.\) Из свойств углов параллелограмма получаем, что \(\angle ABC = \angle ADC = 180^\circ - 3 \alpha .\)

\(\angle ALC = 180^\circ - \angle BLA = 180^\circ - 2 \alpha .\) Тогда, рассматривая треугольник \(ALC,\) получаем, что \(\angle ACL = 180^\circ - (180^\circ - 2 \alpha) - \alpha = \alpha\) и, значит, он равнобедренный: \(AL = LC.\)

Получаем, что \(\triangle ABL \sim \triangle CBA,\) так как у них общий угол \(B\) и \(\angle BAL = \angle BCA.\) Значит $$\frac{AB}{BC} = \frac{AL}{AC},$$ откуда \(AL \cdot BC = AB \cdot AC.\) Ч.т.д.

б) Рассмотрим четырёхугольник \(ALCE.\) В нём \(\triangle ALE = \triangle CLE\) по трём сторонам: \(AE = CE\) по условию, \(AL = CL\) по доказанному выше, \(LE\) — общая. Но тогда точки \(L\) и \(E\) должны лежать на серединном перпендикуляре к отрезку \(AC.\) Учитывая, что через две точки можно провести только одну прямую, получаем, что \(LE\) — серединный перпендикуляр к отрезку \(AC,\) и, если точка \(O\) — точка пересечения \(AC\) и \(LE,\) то \(LO\) и \(EO\) — медианы равнобедренных треугольников \(ALC\) и \(AEC\) соответственно.

Отсюда \(OC = \cfrac{1}{2} AC = 5;\) \(LO = OC \cdot \mathrm{tg} \, \alpha = 5 \cdot \cfrac{1}{5} = 1.\)

Далее, \(\angle BCD = \angle BAD = 3 \alpha\) как противолежащие углы параллелограмма. Значит \(\angle ACD = \angle BCD - \angle BCA = 3 \alpha - \alpha = 2 \alpha.\) Тогда $$\mathrm{tg} \, \angle ACD = \mathrm{tg} \, 2 \alpha = \frac{2 \cdot \mathrm{tg} \, \alpha}{1 - \mathrm{tg}^2 \, \alpha} = \frac{2 \cdot \cfrac{1}{5}}{1 - \cfrac{1}{25}} = \frac{5}{12}$$ $$OE = OC \cdot \mathrm{tg} \, 2 \alpha = \frac{25}{12}$$ $$LE = LO + OE = 1 + \frac{25}{12} = \frac{37}{12}$$

Ответ: б) \(\cfrac{37}{12}.\)