Atrisinājums

Aplūkosim divus punktus \(P_{1}\) un \(P_{2}\) uz malas \(AB\) tā, ka \(BP_{1}=BC\) un \(BP_{2}=AD\) (skat. 5.att.). Tā kā trapeces pamati pēc definīcijas ir dažāda garuma, tad \(P_{1}\) un \(P_{2}\) ir atšķirīgi punkti.

Tad \(\sphericalangle CP_{1}D=90^{\circ}\), jo \(\triangle BCP_{1}\) un \(\triangle ADP_{1}\) ir vienādsānu taisnleņķa trijstūri.

\(\triangle BCP_{2}=\triangle ADP_{2}\), pēc pazīmes \(m \ell m\) , jo \(\sphericalangle CBP_{2}=\sphericalangle P_{2}AD=90^{\circ}, BP_{2}=AD\) un \(BC=AP_{2}\). Tātad arī \(\sphericalangle CP_{2}D=90^{\circ}\) un ap četrstūri \(P_{1}CDP_{2}\) var apvilkt riņķa līniju, kuras diametrs ir \(CD\).

Bet riņķa līnija nogriežņi var šķērsot ne vairāk kā divos punktos, tāpēc uz malas \(AB\) nav citu punktu, kam nogriežņi uz \(C\) un \(D\) veido taisnu leņķi, līdz ar to \(P\) sakrīt vai nu ar \(P_{1}\), vai \(P_{2}\). Tātad \(BP=BC\) vai \(BP=AD\).