Олимпиадная задача по планиметрии: доказательство равнобокой трапеции

  Пусть в трапеции ABCD  (AD || BC)  выполняется равенство  AB + BD = AC + CD.   Первый способ. Рассмотрим точку E, симметричную D относительно прямой BC, и параллелограммы ABEK и ALEC. Если параллелограммы совпадают, то все доказано. В противном случае один лежит внутри другого (поскольку они имеют общий центр – середину отрезка AE, а вершины K и L лежат на прямой BC). Но тогда периметр внутреннего меньше (см. задачу 134932), а по условию периметры этих параллелограммов равны.   Bторой способ. Поскольку  AB + BD = AC + CD,  то периметр 2p₁ треугольника ABD равен периметру 2p₂ треугольника ACD (сторона AD у них общая). Tреугольники ABD и ACD равновеликие с равными периметрами, а следовательно, и равными радиусами вписанных окружностей (с центрами I₁ и I₂).

  ПустьKиL– точки касания этих окружностей с боковыми сторонами трапеции. Поскольку  BK = p₁–AD,  а  CL = p₂–AD,  и  p₁=p₂, то BK = CL,  а значит,  ∠I₁BK= ∠I₂CL  или  ∠ABD= ∠ACD,  откуда следует, что трапеция вписана в окружность, то есть является равнобокой.   Tретий способ. Из условия следует, что вершины A и D трапеции являются фокусами некоторого эллипса, а две другие вершины лежат на этом эллипсе. Oтрезок BC, параллельный AD, при симметрии относительно серединного перпендикуляра к AD, должен переходить сам в себя (так как эллипс переходит сам в себя), следовательно, трапеция равнобокая.

Ответ задачи отсутствует