Задание 18 ЕГЭ по математике профильной

а) Продлим боковые стороны трапеции до их пересечения в точке $K$. Пусть точки $M$ и $Q$ - центры меньшей и большей окружностей соответственно. Тогда они равноудалены от сторон угла $AKD$, значит лежат на его биссектрисе. Тогда $P\in MQ \in KQ$.
 
По свойству биссектрисы: $\dfrac{AP}{PD}=\dfrac{AK}{KD}=\sin \angle ADK$ Ч.т.д.
б) Опустим перпендикуляры $MH_1,\ MZ,\ QH_2,\ QL$ в точки касания (см. рис.). 
 
$MH_1= MZ=1,\ QH_2= QL=3$. 
 
Также пусть окружности касаются друг друга в точке $X$. 
 
Проведем перпендикуляр $MY$ на $QH_2$.
$YH_2H_1M$ - прямоугольник, поэтому $H_2Y=MH_1=1$. $YQ=QH_2-YH_2=3-1=2$, $QM=QX+XM=3+1=4$.
 
В прямоугольном треугольнике $QYM$ катет $YQ$ равен половине гипотенузы $QM$, поэтому $\angle YMQ = 30^{\circ}$.
$\angle AKP = \angle YMQ$ как соответственные при параллельных прямых $AK$ и $MY$ (они перпендикулярны одной прямой $QH_2$) и секущей $KP$.
Так как $KP$ - биссектриса, $\angle PKD = \angle AKP = 30^{\circ},\ \angle BKC=60^{\circ},\ \angle BCK = 90^{\circ}-\angle BKC = 30^{\circ}$.
$MH_1BZ$ и $H_2QLA$ - квадраты, их стороны соответственно равны $1$ и $3$.
В прямоугольном треугольнике $MH_1K$: $H_1K=\dfrac{H_1M}{\mathrm{tg} \, 30^{\circ}}=\sqrt{3}$.
$BK=H_1K-H_1B=\sqrt{3}-1 \\ BC=BK\cdot \mathrm{tg} \, 60^{\circ}=3-\sqrt{3} \\ \Rightarrow S_{BKC}=\dfrac{1}{2}BK\cdot BC=\dfrac{1}{2}(\sqrt{3}-1)(3-\sqrt{3})=2\sqrt{3}-3$
В прямоугольном треугольнике $H_2QK$: $H_2K=\dfrac{H_2Q}{\mathrm{tg} \,  30^{\circ}}=3\sqrt{3}$. 
$AK=H_2K+H_2A=3\sqrt{3}+3, \\ AD=AK\cdot \mathrm{tg} \,  60^{\circ}=9+3\sqrt{3} \\ \Rightarrow S_{AKD}=\dfrac{1}{2}AK\cdot AD=\dfrac{1}{2}(3\sqrt{3}+3)(9+3\sqrt{3})=18\sqrt{3}+27$ $\Rightarrow S_{ABCD}=S_{AKD}-S_{BKC}=16\sqrt{3}+30$

Ответ: б) $30+16\sqrt{3}$