Пусть M  — се­ре­ди­на AB (см. рис.). Про­дол­жим бис­сек­три­су DM угла ADC до пе­ре­се­че­ния с про­дол­же­ни­ем ос­но­ва­ния BC в точке K. По­сколь­ку ∠CKD = ∠ADK = ∠CDK, тре­уголь­ник KCD  — рав­но­бед­рен­ный, KC  =  CD  =  29, тогда

Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков AMD и BMK сле­ду­ет, что AD  =  BK  =  25.

Про­ве­дем через вер­ши­ну C пря­мую, па­рал­лель­ную сто­ро­не AB до пе­ре­се­че­ния с ос­но­ва­ни­ем AD в точке P, тогда

Тре­уголь­ник CPD  — пря­мо­уголь­ный, так как

По­это­му CP  — вы­со­та тра­пе­ции. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 290.

При­ве­дем ре­ше­ние Супер Гир­чи­ка.

Пусть M  — се­ре­ди­на AB, N  — се­ре­ди­на CD. Про­ве­дем сред­нюю линию MN. ∠ADM  =  ∠DMN как на­крес­тле­жа­щие, ∠ADM  =  ∠MDN, по­сколь­ку DN яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой, тогда ∠MDN  =  ∠DMN, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник MND рав­но­бед­рен­ный,

Сред­няя линия тра­пе­ции равна по­лу­сум­ме ос­но­ва­ний. Най­дем ос­но­ва­ние тра­пе­ции AD:

Опу­стим из точки B пер­пен­ди­ку­ляр BQ на ос­но­ва­ние AD. Пусть AQ  =  x, тогда в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABQ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Опу­стим из точки C пер­пен­ди­ку­ляр CT на ос­но­ва­ние AD. За­ме­тим, что TD  =  AD − x − QT  =  21 − x, тогда в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CTD по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

За­ме­тим, что BQ  =  CT, тогда

Сле­до­ва­тель­но, точка A сов­па­да­ет с точ­кой Q, зна­чит, AB ⊥ AD, то есть яв­ля­ет­ся вы­со­той тра­пе­ции. Тогда