Задание 25 — №353565

Продлим стороны $AB$ и $CD$ до их пересечения в точке $K$. В образовавшемся треугольнике $AKD$ углы при вершинах $A$ и $D$ равны $85^\circ$ и $5^\circ$, соответственно, их сумма равна $85^\circ+5^\circ=90^\circ$. По свойству суммы углов в треугольнике, которая равна $180^\circ$, находим угол при вершине $K$: $\angle AKD=180^\circ-90^\circ=90^\circ$. То есть треугольник $AKD$ прямоугольный.

В прямоугольном треугольнике $AKD$ по теореме (о вписанной окружности в прямоугольный треугольник) центр описанной окружности находится в середине гипотенузы. Обозначим эту точку как $F$. Тогда $AF=FD=\frac{AD}{2}$.

Рассмотрим треугольники $AKF$ и $GKO$. Угол $AKF$ является общим, а углы $KAF$ и $KGO$ равны, так как они соответствуют при параллельных прямых. По признаку подобия треугольников по двум углам (признак AA) получаем, что данные треугольники подобны и коэффициент подобия равен $k=\frac{OK}{KF}$.

Аналогичным методом доказываем подобие треугольников $FKD$ и $OKH$ с тем же коэффициентом $k=\frac{OK}{KF}$. Из подобия следует, что $GO=k\cdot AF$ и $OH=k\cdot FD=k\cdot AF$, то есть $GO=OH$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $GKH$. Как и в предыдущем случае, его описанная окружность имеет центр в середине гипотенузы, откуда $GO=KO=OH=\frac{GH}{2}$. Аналогично, в треугольнике $BKC$ отрезки, соединяющие середины сторон, равны: $BE=KE=EC=\frac{BC}{2}$.

Используя равенство $EC=OH-\frac{EF}{2}=\frac{GH-EF}{2}$, получаем, что $BC=2EC=GH-EF$. Подставляя известные значения $GH=11$ и $EF=1$, находим $BC=11-1=10$. Так как средняя линия трапеции равна $GH=\frac{AD+BC}{2}$, выражаем основание $AD$: $AD=2\cdot 11-10=12$.