Тип 17 № 13189

а)

Пусть $AB$ пересекает $CD$ в точке $Q$. $BC = \dfrac{1}{2}AD$, тогда $BC$ — средняя линия треугольника $AQD$

Значит, $QC = CD$, $QB = BA$.

Углы $MCD$ и $MBA$ прямые, из чего следует, что $MC$ и $MB$ — медианы и высоты, а тогда треугольники $QMD$ и $QMA$ равнобедренные

Получим , что $QM = MD$, $QM = MA$, а значит, $MD = MA$, что и требовалось доказать.

б) $MD = MA$, значит $AMD$ — равнобедренный. Опустим высоту $MN$ в нем. Известно, что $MN = BC$ и $MN$ — медиана, тогда $AN = ND$. $$BC = \dfrac{1}{2}AD = AN = ND$$ $MN$ — медиана и $MN = \dfrac{1}{2}AD$, следовательно $\angle AMD = 90^\circ$.

Получили, что $\Delta MND$ прямоугольный и равнобедренный, тогда $$\angle NDM = \angle MAN = 45^\circ$$ Заметим, что $\angle CDM = \angle CDA - \angle MDA = 50^\circ - 45^\circ = 5^\circ$, тогда $\angle MQD = 5^\circ$

В треугольнике $AQD$: $$\angle QAD + \angle ADC + \angle DQA=(\angle QAM + \angle MAD) + \angle ADC + (\angle DQM + \angle MQA) = 180^\circ$$ Откуда $$\angle QAM = \dfrac{180^\circ - 100^\circ}{2} = 40^\circ$$ Тогда $\angle BAD = \angle QAM + \angle MAN =40^\circ + 45^\circ =85^\circ$.

Ответ: $\; 85^\circ$.