Дана рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция ABCD с ос­но­ва­ни­я­ми AD и BC. Окруж­ность с цен­тром O, по­стро­ен­ная на бо­ко­вой сто­ро­не AB как на диа­мет­ре, ка­са­ет­ся бо­ко­вой сто­ро­ны CD и вто­рой раз пе­ре­се­ка­ет боль­шее ос­но­ва­ние AD в точке H , точка Q — се­ре­ди­на CD.
а) До­ка­жи­те, что четырёхуголь­ник DQOH — па­рал­ле­ло­грамм.
б) Най­ди­те AD, если ∠BAD = 75° и BC =1.

помогите, пожалуйста, заранее спасибо!

1) 

О- центр окружности ⇒ середина  АВ, Q - середина СD. 

ОQ соединяет середины боковых сторон трапеции ⇒ 

OQ как средняя линия трапеции параллельна АD. 

Т.к. трапеция равнобедренная, АО=DQ 

Углы при основании равнобедренной трапеции равны,  АО=НО ( радиусы), треугольник АОН - равнобедренный,∠ОНА=∠ОАН и равен углу QDH. Соответственные углы при пересечении прямых ОН и QD секущей АD равны, следовательно. ОН||QD.

Противоположные стороны четырёхугольника DQOH попарно параллельны, следовательно, DQOH — параллелограмм.

2) 

Продолжим боковые стороны трапеции до пересечения в т.М. Углы при основании равнобедренной трапеции равны. Следовательно, 

                   угол АМD=180°-2•75°=30°

Проведем ОК в точку касания. Радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной.  

                     ∠ МКО=90°

В прямоугольном ∆ МОК катет ОК противолежит углу 30°, ⇒

 гипотенуза МО=2ОК.  Т.к. ОК=ОВ=R, МО=2 R. 

Тогда MA=3R .

BC║OQ║AD ⇒ ∆BMC~∆ AMD. k=AM:BM=3 ⇒

AD=3BC=3 (ед. длины)