Доказательство равнобокой трапеции ABCD

Первое решение(основано на работе участника олимпиады А. Маланьина). По замечательному свойству трапеции точка пересечения продолжений боковых сторон $P$, точка пересечения диагоналей $O$ и середина основания $AD$ точка $M$ лежат на одной прямой. Пусть $K$, $L$ — середины диагоналей $AC$ и $BD$. Тогда $KL \parallel AD$, т.е. $AKLD$ — тоже трапеция, и по её замечательному свойству точка $O$, точка пересечения её диагоналей $H$ и точка $M$ лежат на одной прямой. Следовательно, точки $P$, $H$ и $M$ лежат на одной прямой.

Для завершения доказательства рассмотрим треугольник $APD$, в нём точка $H$ — точка пересечения высот к сторонам $AP$ и $PD$, следовательно, медиана $PM$ проходит через его ортоцентр и является высотой. Таким образом, треугольник $APD$ — равнобедренный, откуда немедленно следует, что и трапеция $ABCD$ — равнобокая.

Комментарий. Идею с ортоцентром можно реализовать и без использования замечательного свойства, рассмотрев треугольник $KLM$.

Второе решение. Пусть перпендикуляры к сторонам $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $H$. Продлим их до пересечения с прямой $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Так как $AQ$ пересекает $BD$ в середине и $BQ \parallel AD$, то $ABQD$ — параллелограмм. Следовательно, $AB = DQ$ и $\angle AQD = \angle BAQ$. Аналогично$APCD$— параллелограмм, и$CD = AP$ и $\angle APD = \angle PDC$. Отметим, что $\angle BAQ = \angle PDC$, как дополняющие вертикальные при вершине $H$ до $90^{\circ}$, тогда и $\angle AQD = \angle APD$. Значит, трапеция $APQD$ — вписанная, следовательно она равнобокая. Тогда $AB = DQ = AP = CD$, что и требовалось.