Решение:

а) 1) Исходя из условия $\frac{AM}{MC} = \frac{1}{2}$, получаем, что точка $M$ делит отрезок $AC$ так, что $\frac{AM}{AO} = \frac{1}{1{,}5} = \frac{2}{3}$. Следовательно, отношение отрезков на диагонали составляет $\frac{AM}{MO} = \frac{2}{1}$.
   Аналогично для второй диагонали: из $\frac{BN}{ND} = \frac{1}{3}$ следует, что $\frac{BN}{BO} = \frac{1}{2}$, а значит, $\frac{NO}{ND} = \frac{1}{3}$.
2) Применим теорему Менелая к треугольнику $AOD$ и секущей прямой, проходящей через точки $P, M, N$:
   $\frac{PD}{PA} \cdot \frac{AM}{MO} \cdot \frac{ON}{ND} = 1$
   Подставим найденные ранее отношения:
   $\frac{PD}{PA} \cdot \frac{2}{1} \cdot \frac{1}{3} = 1 \Rightarrow \frac{2}{3} \cdot \frac{PD}{PA} = 1 \Rightarrow \frac{PD}{PA} = \frac{3}{2}$.
   Таким образом, $PD : PA = 3 : 2$.
3) Рассмотрим треугольники $APM$ и $AOD$. Они подобны по двум углам ($\angle PAM$ — общий, $\angle AOD = \angle APM = 90^{\circ}$). Из подобия имеем: $\frac{AM}{AD} = \frac{AP}{AO}$.
   Пусть $AM = x$, тогда $AO = 1{,}5x$.
   Пусть $AP = 2y$, тогда, учитывая отношение $\frac{PD}{PA} = \frac{3}{2}$, получаем $AD = AP + PD = 2y + 3y = 5y$.
   Подставим эти выражения в пропорцию подобия:
   $\frac{x}{5y} = \frac{2y}{1{,}5x} \Rightarrow 1{,}5x^2 = 10y^2 \Rightarrow \frac{x^2}{y^2} = \frac{10}{1{,}5} = \frac{20}{3} \Rightarrow \frac{x}{y} = \sqrt{\frac{20}{3}}$.
4) Найдем косинус угла $OAD$:
   $\cos \angle OAD = \frac{AO}{AD} = \frac{1{,}5x}{5y} = \frac{3}{10} \cdot \frac{x}{y} = \frac{3}{10} \cdot \sqrt{\frac{20}{3}} = \frac{\sqrt{9 \cdot 20}}{10 \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{60}}{10} = \frac{2\sqrt{15}}{10} = \frac{\sqrt{15}}{5}$.
   Так как диагонали ромба являются биссектрисами его углов, то $\angle BAD = 2 \angle OAD$.
   Воспользуемся формулой косинуса двойного угла:
   $\cos \angle BAD = 2 \cos^2 \angle OAD - 1 = 2 \cdot \left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right)^2 - 1 = 2 \cdot \frac{15}{25} - 1 = \frac{30}{25} - 1 = \frac{6}{5} - 1 = \frac{1}{5}$.

б) 1) Треугольники $AMP$ и $MNO$ подобны по двум углам (вертикальные $\angle AMP = \angle NMO$ и прямые $\angle APM = \angle MON = 90^{\circ}$). Отсюда следует равенство углов: $\angle MAP = \angle MNO$.
2) В прямоугольном треугольнике $MNO$:
   $\cos \angle MNO = \frac{ON}{MN} \Rightarrow ON = MN \cdot \cos \angle MNO = 5 \cdot \frac{\sqrt{15}}{5} = \sqrt{15}$.
   Поскольку $ON = \frac{1}{4} BD$, то вся диагональ $BD = 4 \sqrt{15}$.
3) Вычислим синус угла $MNO$:
   $\sin^2 \angle MNO = 1 - \cos^2 \angle MNO = 1 - \frac{15}{25} = \frac{10}{25} = \frac{2}{5}$.
   Так как угол острый, $\sin \angle MNO = \sqrt{\frac{2}{5}}$.
4) Из треугольника $MNO$ найдем катет $MO$:
   $MO = MN \cdot \sin \angle MNO = 5 \cdot \sqrt{\frac{2}{5}} = \sqrt{\frac{25 \cdot 2}{5}} = \sqrt{10}$.
   Тогда $AM = 2 MO = 2\sqrt{10}$, а половина диагонали $AO = AM + MO = 3\sqrt{10}$.
   Вся диагональ $AC = 2 AO = 6\sqrt{10}$.
5) Площадь ромба вычислим как половину произведения его диагоналей:
   $S_{ABCD} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{10} \cdot 4\sqrt{15} = 12 \sqrt{150} = 12 \cdot 5\sqrt{6} = 60\sqrt{6}$.

Ответ: Б) $60 \sqrt{6}$

Источник: ФИПИ