Задание 5AF0E1: Многоугольники

1. Пусть M — середина AB. Продлим биссектрису DM до пересечения с прямой BC в точке K. Так как AD ∥ BC, треугольники AMD и BMK подобны. Из AM = MB получаем AD = BK.

2. Луч DK делит угол ADC пополам. Из параллельности KC и AD следует ∠CDK = ∠DKC, поэтому треугольник DCK равнобедренный и CK = CD. При этом K лежит за B, значит CK = CB + BK = BC + AD.

3. Отсюда AD = CD − BC = 29 − 4 = 25. Отложим на AD отрезок DE = BC = 4. Тогда EBCD — параллелограмм, EB = CD = 29, AE = AD − BC = 21.

4. В треугольнике ABE имеем AB² + AE² = 20² + 21² = 841 = 29² = BE². По обратной теореме Пифагора ∠BAE = 90°, то есть AB является высотой трапеции.

5. S = AD + BC2 · AB = 25 + 42 · 20 = 290.

Проверка: боковая сторона CD восстанавливается как √20² + 21² = 29; найденная высота и оба основания удовлетворяют исходным данным.

Ответ: 290.