Решение:

а) Пусть боковые стороны трапеции при продолжении пересекаются в точке $K.$ Поскольку по условию $BC = \frac{1}{2} AD,$ отрезок $BC$ является средней линией треугольника $AKD.$ Следовательно, в прямоугольном треугольнике $BKC$ отрезки $BM$ и $CM$ взаимно перпендикулярны. Точка $M$ является центром окружности, описанной около треугольника $AKD,$ откуда следует равенство радиусов $AM = DM.$ Утверждение доказано.

б)


Рассмотрим равнобедренный треугольник $AMD.$ Проведем в нем высоту $MO,$ которая также будет медианой. Заметим, что $MO = OD.$ Тогда угол $\angle MDO = 45^{\circ},$ а значит, $\angle CDM = 70^{\circ} - 45^{\circ} = 25^{\circ}.$ В силу равнобедренности треугольника $MKD$ имеем $\angle MDK = \angle MKD = 25^{\circ}.$ Пусть в равнобедренном треугольнике $AKM$ углы при основании равны $x,$ то есть $\angle AKM = \angle MAK = x.$ Так как треугольник $AMO$ прямоугольный и равнобедренный, угол $\angle MAO = 45^{\circ}.$ Воспользуемся теоремой о сумме углов треугольника $AKD:$ $$(45 + x) + (x + 25) + (25 + 45) = 180$$ $$2x + 140 = 180$$ Отсюда $x = 20.$ Тогда искомый угол $\angle BAD = 45^{\circ} + 20^{\circ} = 65^{\circ}.$

Ответ: б) 65

Источник: ФИПИ