Igazoljuk, hogy ha egy trapéz átlói merőlegesek, akkor szárainak szorzata legalább akkora, mint a párhuzamos oldalak szorzata.

Jelöljük az átlók metszéspontját $E$-vel, az AB, BC, CD, DA, AE, EC, BE, ED szakaszok hosszát rendre $a$, $b$, $c$, $d$, $e_1 $, $e_2 $, $f_1 $, $f_2 $-vel (1. ábra). Ekkor azt kell igazolnunk, hogy $bd\ge ac$.

Mivel minden tényező pozitív, ezért ez egyenértékű annak igazolásával, hogy $b^2d^2\ge a^2c^2$. Mindegyik tényező egy-egy derékszögű háromszög átfogója. Ezeket Pitagorasz tétele alapján kifejezve az

egyenlőtlenséget kell igazolnunk, vagy átrendezve a következőt:

Ez viszont igaz, mert az AEB és a CED háromszögek hasonlók, így $e_1 \ge e_2 $ és $f_1 \ge f_2 $ vagy $e_1 \le e_2 $ és $f_1 \le f_2 $. Egyenlőség akkor áll fenn, ha a két háromszög egybevágó, azaz az átlók felezik egymást, tehát a trapéz paralelogramma, mivel pedig az átlói merőlegesek, így rombusz. Ekkor az oldalak egyenlők, s így a két szorzat valóban egyenlő.

2. Megoldás

Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy -- az I. megoldás jelöléseit használva -- $a\ge c$. Ismeretes -- és a Pitagorasz-tétel négyszeri alkalmazásával könnyen belátható --, hogy egy négyszög átlói akkor és csak akkor merőlegesek, ha a szemközti oldalpárok négyzetének az összege egyenlő. Fennáll tehát a következő egyenlőség:

Átrendezve és teljes négyzetté kiegészítve ebből az

egyenlőség adódik. Azt kell tehát megmutatnunk, hogy a bal oldal nemnegatív. Ehhez kiegészítjük az ábrát. Hosszabbítsuk meg a BA oldalt $A$-n túl az $AF=c$ szakasszal, továbbá jelöljük $C$ tükörképét $E$-re $G$-vel. Ekkor ACDF paralelogramma, a BCDG deltoidban pedig $BG=b$ és $GD=c$. Így AGDF szimmetrikus trapéz, tehát $GF=d$.

A BGF háromszögből a háromszög-egyenlőtlenség szerint

tehát bal oldala valóban nemnegatív. Egyenlőség akkor áll fenn, ha $G \quad A$-ba esik, vagyis a trapéz átlói felezik egymást, továbbá feltétel szerint merőlegesek, tehát a négyszög rombusz.

3. Megoldás

Húzzunk párhuzamosokat a trapéz csúcsain át az átlókkal. Ezek egy PQRS téglalapot határolnak, amit az átlók résztéglalapokra osztanak. A téglalap átlói egyenlők, így $PE=a$, $QE=b$, $RE=c$, $SE=d$. Az ABE és CDE háromszögek hasonlók, így az APBE és a CRDE téglalapok is, tehát a PE és az ER átló egy egyenesbe esik, együtt a nagy téglalap átlóját alkotják.

Az ábrán $ac$ eszerint úgy jelenik meg, mint a téglalap köré írt kör átmérője két szeletének szorzata. Messe SE a kört másodszor az $S'$ pontban. Tudjuk, hogy ekkor

Azt kell tehát belátnunk, hogy $ES'\le b$. Feltehetjük, hogy $a\ge c$. Ekkor a kör $O$ középpontja a PE szakaszra esik. A $QOS'$ háromszög egyenlő szárú. Alapjának a felező merőlegese $O$-n megy keresztül, tehát az OR szakaszra eső $E$ pontra

és ezt kellett belátnunk. Ismét látható, hogy akkor áll fenn egyenlőség, ha $O$ és $E$ egybeesik, amikor is a trapéz rombusz.