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Considerando um Rombóide com um quadrilátero que tem lados e ângulos opostos iguais entre si, mas não tem quatro lados iguais e nem ângulos retos.
As diagonais no trapézio isósceles serão sempre congruentes portanto AF = BE
GI, GJ, HI e HJ serão...

[tex3]\triangle MGC \sim \triangle MGD(LAL) = 90^\circ\\ \measuredangle MGC = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ \therefore \measuredangle MGC = \measuredangle MDG = 70^\circ\\ \measuredangle D = \measuredangle B = 110^0\\ \therefore \measuredangle MDF = \measuredangle CDA - \measuredangle MDG=110^\circ - 70^\circ \therefore \boxed{\color{red}\measuredangle MAD = 40^\circ}[/tex3]...

[tex3] \measuredangle {ECG}=\frac{\measuredangle ECF}{2} = \frac{(90+\alpha)}2=45+\frac{\alpha}{2}\\ \measuredangle ECA = \measuredangle ECG=45+\frac{\alpha}{2}\\ \measuredangle EAC=90-(45+\frac{\alpha}2)=45-\frac{\alpha}2\\ \therefore \measuredangle ECG=\measuredangle AEG\\ \triangle ECA \sim \triangle EGA , pois \measuredangle CEA = 90^o\\ \therefore\boxed{\color{red}\widehat{EGA}=90^o} [/tex3]...

[tex3]Traçar~bissetriz ~CE\\ \measuredangle OCB = 90^\circ -\alpha \implies COB = 90^\circ\\ ABCE ~é ~paralelogramo \implies \\\measuredangle AEC = 180^\circ -(90^\circ -\alpha) =90^\circ +\alpha\\ \measuredangle E = \measuredangle B \therefore \boxed{\color{red}\measuredangle x = 90^\circ}[/tex3]...

ΔQBP(retÂngulo) Traçar BO:, O ponto médio de PQ
∠DAP = x
Portanto ∠BPO=∠PBO=x,
BO=PQ/2=10 e ∠BOQ=2x [tex3]\rightarrow [/tex3] ΔABO is isosceles.
[tex3]\therefore \boxed{\color{red}AB=BO=10}[/tex3]
(Solução: Кряжев Арсений)

[tex3]\measuredangle BEC = \measuredangle ABE(alternos~internos)\\
[/tex3]
Por propriedade [tex3]\alpha = \beta\\
2\theta+ 2\alpha = 90^\circ\implies \alpha +\theta = 45^\circ = \measuredangle ABR\\
\therefore \boxed{\color{red}\measuredangle BEC =45^\circ}[/tex3]

Por propriedade:
[tex3]\measuredangle NEA = 90^\circ[/tex3]

Aplicação do teorema da base média
[tex3] \triangle ABD: NQ = \frac{AB}{2} =\frac{4\sqrt2}{2}=2\sqrt2\\ \triangle BCD: PN = \frac{CD}{2} =\frac{4\sqrt2}{2}=2\sqrt2\\ \triangle ADC: MQ = \frac{CD}{2} =\frac{4\sqrt2}{2}=2\sqrt2\\ \triangle ABC: NQ = \frac{AB}{2} =\frac{4\sqrt2}{2}=2\sqrt2\\\\ \therefore MPQN (quadrado)\rightarrow MN ~é~diagonal\\ \boxed{\color{red}MN = l\sqrt2 = 2\sqrt2.\sqrt2 = 4} [/tex3]...

Por propriedade:
Sendo l o lado do losango
ED = 1
AF = 9
[tex3]\boxed{\color{red}l = \frac{9+1}{2}=5}[/tex3]

Por propriedade

[tex3]AP = PQ = QC = \frac{18}{3}\\
\therefore \boxed {\color{red}PQ = 6}[/tex3]

Por ser mediana dos trapézios
[tex3]LSBA: LA + SB = 2MK\rightarrow 7+SB = 2.9\therefore SB = 11\\
SBCQ: SB+CQ = 2NG \rightarrow 11+CD = 2.6 \therefore CD = 1\\
ALCQ: AL+CQ = 2PO \rightarrow 7+1 = 2.PO \therefore \boxed{\color{red}PO = 4}[/tex3]

Sendo AE = CH = x

[tex3]AD = \frac{8CH}{3}=\frac{8x}{3}\\\triangle AEB \sim \triangle CHD\\ BE = CD\\ BE ~é ~ bissetriz\\ \frac{x}{AB}=\frac{5x}{3BD}(T.Bissetriz)\implies BD = \frac{5AB}{3}\\ \triangle ABD: AB^2 + (\frac{8x}{3})^2=(\frac{5AB}{3})^2\implies AB = 2x\\ tg \alpha = \frac{AE}{AB} =\frac{x}{2x}=\frac{1}{2}\therefore \boxed{\color{red}\alpha \approx 26,5^\circ =26^o30'} [/tex3]...

Problema com 'vício" pois podemos ter inúmeros trapézios com as paralelas se interceptando na mediana.
Sendo assim poderemos ter diversas bases com diferentes tamanhos.
Faltou algum dado para restringir a solução

[tex3]\triangle NBM \sim NCO (L.A.L.)\\
MN=NO\\ \measuredangle MNB = \measuredangle CNO\\
\measuredangle MNO =90^\circ\\[/tex3]
De forma análoga para os outros triângulos teremos 4 ângulos retos com os 4 lados iguais.
Portanto: [tex3]\boxed{\color{red}Quadrado}[/tex3]

[tex3]Traçar ~CN \parallel AE (N\in AB ~e M \in BT) \\
\text{N é ponto médio de AB e M ponto médio de AT}\\
\therefore \triangle CBT: \text{CM é mediana e altura}\implies CBT ~é~isosceles
\therefore \boxed{\color{red}CB = CT = 4}[/tex3]
(Solução: intelligenti)

[tex3]F = meio ~OP\rightarrow BF = mediana~ \triangle OBP(retângulo)\\ \therefore ∠BPF=∠PBF=x\\ BF=\frac{PO}{2}=CD =AB \therefore \triangle ABF(isosceles) \\ \measuredangle BFO=2x \therefore \measuredangle BAF = 2x \\ \measuredangle BOF=90 - x\implies 2x + x = 90 - x\\ \therefore4x = 90 \implies \boxed{\color{red}x = 22^\circ30'}[/tex3]...

Por propriedade: [tex3]JPI =90^\circ=IQJ \therefore PIQJ = quadrado[/tex3]
\triangle AFD:AF^2=DF^2+AD^2\rightarrow AF^2 = (\frac{\sqrt10}{2})^2+(\sqrt10)^2\therefore AF=\frac{5\sqrt2}{2} \\ a.h=b.c\rightarrow \frac{5\sqrt2}{2}.DI =...

[tex3]\measuredangle PAQ=\measuredangle BAD, AP=AB, AQ=AD\\\therefore \triangle PAQ\cong \triangle BAD\\ \measuredangle AQP = \measuredangle ADB\\De ~modo~análogo:\triangle RDQ\cong \triangle CDA\\ \therefore, \measuredangle DQR = \measuredangle CAD\\Mas \measuredangle ADB+\measuredangle CAD=180^∘−x (\triangle AFD \text{ onde F é o ponto de interseção das diagonais do paralelogramo ABCD)}\\\angle PQR = x = 180^\circ - x + 60^\circ \implies x = 120^\circ[/tex3]...

[tex3]Traçar~BE \parallel CD \implies \measuredangle BEA = \theta\\ Traçar ~BF \measuredangle FBE = \theta \therefore \measuredangle ABF = 2\theta ~e~\measuredangle AFB = 2\theta\\ \triangle ABF~\triangle EFB ~são~ isósceles\\ 11m + 5a = 5(m+n+a)\rightarrow 11m+5a = 5m+5n+5a\rightarrow\\ 11m = 5m + 5n \therefore m = \frac{5n}{6} [/tex3]...

[tex3]
G,L ~e~ H ~ são ~pontos ~médios~de △ABC\\
∠PGB=∠BHQ \\
GLHB~é~paralelogramo \implies GL=BH=HQ,GB=LH=PG ~e~∠BGL=∠BHL ~e~ ∠PGL=∠QHL\\
\therefore △PGL \cong △QHL \therefore \boxed{\color{red} PL=QL=12}
[/tex3]
(Solução: endgame)

[tex3]\\ ∠ABC=θ \rightarrow ∠ABE=60^∘ + θ~ ∠BAE = ∠BEA = 60^∘ − \frac{θ}{2} ~∠AEC= \frac{θ}{2}\\ ∠BCT=2∠BAE=120^∘−θ,∠ECT=180^∘−θ\\ \therefore ∠CTE=\frac{θ}{2} ~e~△ECT(isósceles)~e~ CT=EC=CD.\\ ∠DCT=∠BCD−∠BCT=60^∘\\ \therefore △DCT (equilátero) \rightarrow \boxed{\color{red}∠CTD=60^∘}[/tex3]...

Gabarito errado do livro: b) 18.5^o
Gabarito correto: e) 26,5^o

Construir os quadrados ECMN e EMDP
\mathsf{ \therefore \text{DC é diagona de DPCN}\\ \angle BAO \cong DOA \implies \angle EAD \cong \angle CDX\\ \therefore \triangle DCN : tg...