17. Планиметрическая задача: #197699

$а)$ Докажем равенство отрезков $MA$ и $MD.$

$1.$ Продолжим боковые стороны $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $Q.$

$2.$ Так как $AD = 2BC,$ то $BC$ является средней линией треугольника $AQD{:}$
$$QB = BA \quad \text{и} \quad QC = CD$$
$3.$ Рассмотрим прямоугольные треугольники:
В $\triangle MCD{:}$ $MC$ — высота и медиана $\Rightarrow$ $\triangle QMD$ равнобедренный.
В $\triangle ABM{:}$ $MB$ — высота и медиана $\Rightarrow$ $\triangle QMA$ равнобедренный.

$4.$ Следовательно: $$QM = MA \quad \text{и} \quad QM = MD \Rightarrow MA = MD$$

$б)$ Найдем угол $BAD.$

$1.$ Опустим перпендикуляр $MN$ на основание $AD{:}$
$$MN = BC \quad \text{(по условию)}$$ $$AN = ND = \frac{AD}{2} = BC$$
$2.$ Так как $MN$ — медиана и высота в $\triangle AMD,$ то: $$\angle AMD = 90^\circ$$ $\triangle MND$ — прямоугольный и равнобедренный $\Rightarrow$ $\angle MDN = 45^\circ$
$3.$ Найдем углы: $$\angle MDA = 45^\circ$$ $$\angle CDM = \angle ADC-\angle MDA = 55^\circ-45^\circ = 10^\circ$$ $$\angle MQD = \angle CDM = 10^\circ$$
$4.$ В треугольнике $AQD{:}$
$$\angle QAM = \frac{180^\circ-(55^\circ + 55^\circ + 10^\circ + 10^\circ)}{2} = 35^\circ$$
$5.$ Искомый угол:
$$\angle BAD = \angle QAM + \angle MAN = 35^\circ + 45^\circ = 80^\circ$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что отрезки $MA$ и $MD$ равны, так как точка $M$ равноудалена от вершин $A$ и $D$ в равнобедренных треугольниках $QMA$ и $QMD.$

$б)$ Угол $BAD$ равен $80^\circ$, что следует из геометрических свойств трапеции и вычисления углов в треугольниках $AQD$ и $AMD.$