Тип 17 № 13184

а)

Так как $OA=OH$, как радиусы, то треугольник $AOH$ равнобедренный, также трапеция $ABCD$ равнобедренная, тогда $$\angle AHO = \angle OAH = \angle CDA$$ Значит, прямые $OH$ и $CD$ параллельны при соответственных $\angle OAH$ и $\angle CDA$ и секущей $AD$.

$OQ$ — средняя линия трапеции $ABCD$, значит $OQ \parallel AD$.

Противоположные стороны четырёхугольника $DQOH$ попарно параллельны, значит, $DQOH$ — параллелограмм.

б) Пусть окружность с центром в точке $O$ радиуса $R$ касается стороны $CD$ в точке $P$.

$\angle BHA = 90^\circ$, опирается на диаметр $AB$

$\angle OPQ = 90^\circ$, радиус $OP$, проведен в точку касания.

Из прямоугольно $\Delta OPQ$:

$$OQ = \dfrac{OP}{\sin OQP} = \dfrac{R}{\sin 60^\circ}= \dfrac{2R}{\sqrt{3}}$$

Из прямоугольно $\Delta AHB$: $$, \quad AH = AB \cdot \cos \angle BAH = 2R \cos 60^\circ = R.$$

Тогда $$\dfrac{AH}{DH} = \dfrac{AH}{OQ} = \dfrac{R}{\dfrac{2R}{\sqrt{3}}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.$$

Пусть $AH = x$. Так как трапеция $ABCD$ равнобедренная, то $AD = 2AH + BC$; $DH = AH + BC = x + 2$. Тогда $$\dfrac{AH}{DH} = \frac{x}{x + 2} = \frac{\sqrt{3}}{2},$$

откуда $x = \dfrac{2\sqrt{3}}{2 - \sqrt{3}}$.

Тогда, $AD = 2x + 2 = \dfrac{4 + 2\sqrt{3}}{2 - \sqrt{3}} = 14 + 8\sqrt{3}$.

Ответ: $\; 14 + 8\sqrt{3}$.