Доказательство:

Докажем, что если трапеция равнобедренная, то углы при основаниях равны. Проведём высоты \(BH_1\) и \(CH_2\). В прямоугольных треугольниках \(ABH_1\) и \(DCH_2\) равны гипотенузы \(AB\) и \(CD\) (так как трапеция равнобедренная) и равны катеты \(BH_1\), \(CH_2\), значит, треугольники \(ABH_1\) и \(DCH_2\) равны, поэтому \(\angle{BAD} = \angle{CDA}\) и \(\angle{ABH_1} = \angle{DCH_2}\), при этом

\(\angle{H_1BC} = \angle{H_2CB} = 90^{\circ},\)

значит, \(\angle{ABC} = \angle{DCB}\).

Обратно, пусть углы при основаниях равны. Проведём высоты \(BH_1\) и \(CH_2\), они равны, при этом \(\angle{BAD} = \angle{CDA}\), \(\angle{BH_1A} = \angle{CH_2D} = 90^{\circ}\), поэтому треугольники \(ABH_1\) и \(DCH_2\) равны, значит \(AB = CD\).

\(\Box\)

Доказательство:

Рассмотрим треугольники \(ABD\) и \(DCA\).

Если \(AB = CD\) (то есть трапеция является равнобедренной), то \(\angle{BAD} = \angle{CDA}\), при этом сторона \(AD\) является общей для треугольников \(ABD\) и \(DCA\), значит, треугольники равны по первому признаку равенства треугольников, поэтому \(AC = BD\).

Пусть \(AC = BD\), но \(AB\neq CD\) (без ограничения общности будем считать, что \(CD > AB\)). На отрезке \(AD\) отметим точку \(D'\) так, что \(AB = CD'\). То есть трапеция \(ABCD'\) является равнобедренной, то есть \(AC = BD'\). Далее на прямой \(AD\) отметим точку \(D''\) такую, что \(BD'' = BD\). Треугольники \(BDD'\) и \(BDD''\) являются равнобедренными, поэтому

Доказательство:

Докажем сразу оба свойства. Пусть \(CH\) - высота трапеции. Тогда \(AD = b = AH + HD = a + 2HD,\) значит, \(HD = \dfrac{b - a}{2}\), \(AH = b - \dfrac{b - a}{2} = \dfrac{a + b}{2}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(M\), \(N\) - середины оснований \(BC\) и \(AD\) соответственно, \(Q_1\) - точка пересечения диагонали \(AC\) и \(MN\), \(Q_2\) - точка пересечения диагонали \(BD\) и \(MN\). Треугольники \(AQ_1N\) и \(CQ_1M\) подобны, значит,

Доказательство:

Пусть \(ABCD\) - равнобедренная трапеция, тогда \(\angle{A} = \angle{D}\) и \(\angle{B} = \angle{C}\), при этом

\(\angle{A} + \angle{B} = \angle{A} + \angle{C} = 180^{\circ}.\)

Аналогично доказываем, что

\(\angle{B} + \angle{D} = 180^{\circ},\)

значит, по первому признаку вписанного четырёхугольника вокруг \(ABCD\) можно описать окружность.

Докажем в обратную сторону. Пусть вокруг трапеции \(ABCD\) можно описать окружность. Тогда

\(\angle{A} + \angle{C} = \angle{B} + \angle{D} = 180^{\circ},\)

но также верно, что

\(\angle{A} + \angle{B} = 180^{\circ},\) то есть \(\angle{B} = \angle{C}\), значит, \(ABCD\) - равнобедренная трапеция.

\(\Box\)

Доказательство:

Для начала докажем равенство площадей треугольников \(ABE\) и \(DCE\). Площади треугольников \(ABD\) и \(ACD\) равны, так как они имеют общую сторону \(AD\), а высоты, проведённые из вершин \(B\) и \(C\) к стороне \(AD\), являются высотами трапеции. При этом

\(S_{ABD} = S_{AEB} + S_{AED},\;\;\; S_{ACD} = S_{CED} + S_{AED},\)

поэтому \(S_{AEB} = S_{CED}\).

Пусть \(E\) - точка пересечения диагоналей трапеции, \(\angle{AEB} = \alpha\), тогда \(\angle{BEC} = 180^{\circ} - \alpha\). При этом \(\angle{AEB} = \angle{CED}\), \(\angle{BEC} = \angle{AED}\) (как вертикальные углы) и \(\sin{\alpha} = \sin{(180^{\circ} - \alpha)}\). Найдём площади треугольников \(AEB\) и \(CED\):

\(S = S_{AEB} = \dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot EB\cdot\sin{\alpha},\)

\(S = S_{CED} = \dfrac{1}{2}\cdot CE\cdot ED\cdot\sin{\alpha}.\)

Перемножим полученные равенства:

\(S^2 = \left(\dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot EB\cdot\sin{\alpha}\right)\cdot\left(\dfrac{1}{2}\cdot CE\cdot ED\cdot\sin{\alpha}\right) = \left(\dfrac{1}{2}\cdot BE\cdot EC\cdot\sin{(180^{\circ} - \alpha)}\right)\cdot\left(\dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot ED \cdot\sin{(180^{\circ} - \alpha)}\right) = S_{BEC}\cdot S_{AED}.\)

Таким образом получаем: \(S = \sqrt{S_{BEC}\cdot S_{AED}}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Рассмотрим треугольники \(ABD\) и \(ACD\). Они имеют общую сторону \(AD\). Если \(S_{AEB} = S_{CED},\) то

\(S_{ABD} = S_{ABE} + S_{AED} = S_{CED} + S_{AED} = S_{ACD},\)

тогда высоты, проведённые из вершин \(B\) и \(C\) к стороне \(AD\), равны. Но в таком случае отрезки \(AD\) и \(BC\) параллельны, то есть \(ABCD\) - трапеция.

\(\Box\)

Доказательство:

Длина средней линии трапеции равна \(\dfrac{a + b}{2}\). Если в четырёхугольник \(ABCD\) можно вписать окружность, то \(AB + CD = AD + BC\), при этом \(AB = CD\), значит,

\(2AB = AD + BC\;\Longrightarrow AB = \dfrac{AD + BC}{2} = \dfrac{a + b}{2}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(P\), \(Q\) - середины оснований \(AD\) и \(BC\) соответственно, \(E\) - точка пересечения диагоналей \(ABCD\). \(AED\) и \(BEC\) - прямоугольные треугольники, при этом \(EP\), \(EQ\) - медианы этих треугольников, проведённые к гипотенузам, поэтому \(EP = \dfrac{AD}{2}\) и \(EQ = \dfrac{BC}{2}\), значит, \(PQ = \dfrac{AD + BC}{2}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Продлим боковые стороны трапеции до пересечения в точке \(K\). Мы знаем, что

\(\angle{KAD} + \angle{ADK} = 90^{\circ},\)

значит, треугольник \(AKD\) - прямоугольный, а также прямоугольным является треугольник \(BKC\) (так как отрезки \(AD\) и \(BC\) параллельны). \(KQ\) и \(KP\) - медианы треугольников \(AKD\) и \(BKC\), проведённые к гипотенузам, поэтому \(KQ = \dfrac{AD}{2}\) и \(KP = \dfrac{BC}{2}\), значит, \(PQ = \dfrac{AD - BC}{2}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(M\) и \(K\) - точки касания вписанной окружности с основаниями \(AD\) и \(BC\) соответственно. \(N\) и \(L\) - точки касания вписанной окружности с боковыми сторонами \(AB\) и \(CD\) соответственно. Так как \(OM\) и \(OK\) - радиусы окружности, то отрезки \(OM\) и \(OK\) перпендикулярны основаниям \(AD\) и \(BC\) и \(AD\) параллельны, следовательно, точки \(O\), \(K\) и \(M\) лежат на одной прямой, а значит \(KM\) - высота трапеции. Значит, \(OM = OK = r\) и \(KM = 2r = h\).

\(\Box\)

Доказательство:

Боковая сторона равнобедренной трапеции, в которую можно вписать окружность, равна полусумме оснований, значит,

Доказательство:

Обозначим \(\angle{CKD} = \alpha\). Тогда \(\angle{AKD} = 180^{\circ} - \alpha\). \(ABCD\) - равнобедренная трапеция, значит, \(AKD\) - равнобедренный треугольник и \(\angle{KAD} = \angle{KDA}\). Сумма углов треугольника равна \(180^{\circ}\), поэтому \(\angle{KAD} + \angle{KDA} = 2\angle{KAD} = 180^{\circ} - \angle{AKD} = \alpha\), то есть \(\angle{KAD} = \dfrac{\alpha}{2}\).

Вписанный угол \(\angle{CAD}\) опирается на дугу \(\stackrel{\smile}{CD}\), центральный угол \(\angle{COD}\) также опирается на эту дугу, значит \(\angle{COD} = 2\angle{CAD} = \alpha\).

\(\Box\)

Доказательство:

Ранее мы доказали, что биссектрисы внутренних односторонних углов при параллельных прямых перпендикулярны. Докажем, что в трапеции они пересекаются на средней линии. Пусть \(M\) - середина боковой стороны \(AB\), биссектрисы углов \(\angle{A}\) и \(\angle{B}\) пересекаются в точке \(N\). Продлим биссектрису \(BN\) до пересечения в точке \(K\) с основанием \(AD\). \(\angle{KBC} = \angle{AKB}\), так как они являются внутренними накрест лежащими, при этом \(\angle{ABK} = \angle{KBC}\), так как \(BK\) - биссектриса угла \(ABC\). Получаем, что \(\angle{ABK} = \angle{AKB}\), то есть \(ABK\) - равнобедренный треугольник и \(AB = AK\). \(AN\) - высота равнобедренного треугольника \(ABK\), проведённая к основанию, поэтому она также является медианой, а значит \(BN = KN\). Получаем, что \(AM = MB\) и \(BN = NK\), поэтому по обратной теореме Фалеса отрезки \(MN\) и \(AK\) параллельны, из чего следует, что отрезок \(MN\) лежит на средней линии трапеции, а значит на ней лежит и точка \(N\).

\(\Box\)

Доказательство:

Докажем, что треугольники \(BCM\) и \(HDM\) равны. \(M\) - середина \(CD\), значит, \(CM = MD\), углы \(BMC\) и \(DMH\) равны, так как являются вертикальными. Углы \(BCM\) и \(MDH\) равны, так как являются внутренними накрест лежащими углами при параллельных прямых. Из второго признака равенства треугольников следует, что \(BCM\) и \(HDM\) равны, значит, \(S_{BCM} = S_{HDM}\).

Получаем:

\(S_{ABCD} = S_{ABMD} + S_{BCM},\;\;\; S_{ABH} = S_{ABMD} + S_{HDM},\)

значит, \(S_{ABCD} = S_{ABH}\).

\(\Box\)

Доказательство:

\(BCHD\) - параллелограмм, значит, \(S_{BDC} = S_{CDH}\). Мы знаем, что \(S_{ABE} = S_{CDE}\), при этом \(S_{ABC} = S_{ABE} + S_{BEC}\) и \(S_{BCD} = S_{CDE} + S_{BEC}\), значит, \(S_{ABC} = S_{BCD} = S_{CDH}\). Отсюда получаем, что \(S_{ABCD} = S_{ACH}\).

\(BCHD\) - параллелограмм, значит \(DH = BC = a\). \(AH = a + b\) и \(BD = CH = d_2\). Значит, площадь треугольника \(ACH\) мы можем найти по формуле Герона.

Площадь трапеции \(ABCD\) можно найти из формулы: \(S_{ABCD} = \dfrac{d_1d_2\sin{\alpha}}{2}\). Приравнивая площадь треугольника \(ACH\) к площади \(S_{ABCD}\), мы можем выразить \(\sin{\alpha}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(E\) - точка пересечения диагоналей трапеции. \(\angle{EAD} = \angle{ECB}\) и \(\angle{EDA} = \angle{EBC}\), так как они являются внутренними накрест лежащими при параллельных прямых, значит, треугольники \(ECB\) и \(EAD\) подобны с коэффициентом подобия \(\dfrac{BC}{AD} = \dfrac{b}{a}\). Получаем:

\(\dfrac{ED}{BE} = \dfrac{a}{b}\; \Longrightarrow ED = BE\dfrac{a}{b},\)

\(\dfrac{EA}{CE} = \dfrac{a}{b}\; \Longrightarrow EA = CE\dfrac{a}{b}.\)

Треугольники \(BME\) и \(BAD\) подобны, так как отрезки \(ME\) и \(AD\) параллельны, причём их коэффициент подобия равен

\(\dfrac{BE}{BD} = \dfrac{BE}{BE + ED} = \dfrac{BE}{\left(1 + \dfrac{a}{b}\right)BE} = \dfrac{b}{b+a}.\)

Значит,

\(\dfrac{ME}{AD} = \dfrac{b}{b+a}\; \Longrightarrow ME = \dfrac{ab}{a + b}.\)

Проводя аналогичные рассуждения для треугольников \(CEN\) и \(CAD\) мы получаем, что \(EN = \dfrac{ab}{a + b}\).

Таким образом, \(MN = ME + EN = \dfrac{2ab}{a + b} = \dfrac{2}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(MN = c\). Продлим боковые стороны трапеции до пересечения в точке \(K\). Отрезки \(AD\), \(MN\) и \(BC\) параллельны, поэтому треугольники \(MKN\) и \(BKC\) подобны с коэффициентом подобия \(\dfrac{MN}{BC} = \dfrac{c}{b}\), а также подобны треугольники \(AKD\) и \(BKC\) с коэффициентом подобия \(\dfrac{AD}{BC} = \dfrac{a}{b}\).

Пусть \(S_1 = S_{BKC}\), \(S = S_{AMND} = S_{MBCN}\). Известно, что площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, значит:

\(\dfrac{S_{MKN}}{S_{BKC}} = \dfrac{S + S_1}{S_1} = \dfrac{S}{S_1} + 1 = \left(\dfrac{c}{b}\right)^2 \Longrightarrow c^2 = b^2\left(\dfrac{S}{S_1} + 1\right) \Longrightarrow c = b\sqrt{\left(\dfrac{S}{S_1} + 1\right)}.\)

Аналогично получаем, что

\(\dfrac{S_{AKD}}{S_{BKC}} = \dfrac{2S + S_1}{S_1} = 2\dfrac{S}{S_1} + 1 = \left(\dfrac{a}{b}\right)^2\Longrightarrow \dfrac{S}{S_1} = \dfrac{a^2 - b^2}{2b^2}.\)

То есть

\(c = b\sqrt{\left(\dfrac{S}{S_1} + 1\right)} = b\sqrt{\dfrac{a^2 - b^2}{2b^2} + 1} = \sqrt{\dfrac{a^2 + b^2}{2}}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Трапеции \(MBCN\) и \(AMND\) подобны, а значит \(\dfrac{AD}{MN} = \dfrac{MN}{BC}\), поэтому