2. Zadatak

Prvo rješenje.

Označimo: $|AB|=a$, $|CD|=c$, $|BD|=d$, a visinu trapeza sa $v$. Primijetimo da su u jednakokračnom trapezu dijagonale sukladne, pa je $|AC|=|BD|=d$.

Prema uvjetima zadatka vrijedi $l=\dfrac{a+c}2$. Produžimo dužinu $\overline{AB}$ do točke $E$ tako da vrijedi $|BE|=|DC|$.

Tada je $BECD$ paralelogram i vrijedi $|CE|=|DB|$, i $\overline{CE}\parallel\overline{DB}$, pa je $|CE|=d$.

Trokut $AEC$ je jednakokračan pravokutan trokut s katetama duljine $d$, jer je $|AC|=|CE|=d$ i $AC\perp CE$ ($CE\parallel BD$, $BD\perp AC$). Zato je visina $v$ jednaka polovini duljine hipotenuze pravokutnog trokuta $ACE$, tj. $v=\dfrac12|AE|=\dfrac{a+c}2=l$.

Konačno

$$P(ABCD)=\frac{a+c}2\cdot v=l\cdot v=l^2.$$

Drugo rješenje.

Označimo: $|AB|=a$, $|CD|=c$. Neka je $O$ sjecište dijagonala i neka su $P$, $Q$, $R$, $S$ redom polovišta dužina $\overline{AD}$, $\overline{BC}$, $\overline{BD}$, $\overline{AC}$.

Tada je $\overline{PQ}$ srednjica trapeza $ABCD$, $\overline{PS}$ srednjica trokuta $ACD$, a $\overline{PR}$ srednjica trokuta $DAB$, pa je $|PS|=\dfrac c2$, $|PR|=\dfrac a2$.

Slijedi $|SR|=|PR|-|PS|=\dfrac{a-c}2$.

Trokuti $OSR$ i $OCD$ su jednakokračni pravokutni trokuti, pa su njihove visine $x$, $y$ iz vrha $O$ (vidi sliku) jednake polovici odgovarajuće hipotenuze, tj. $x=\dfrac12c$, $y=\dfrac12|SR|$.

Zato je visina cijelog trapeza $v=2(x+y)=2\left(\dfrac c2+\dfrac{a-c}4\right)=\dfrac{a+c}2=l$.

Konačno, površina trapeza $ABCD$ je $P=\dfrac{a+c}2\cdot v=l\cdot l=l^2$.

Napomena: Površinu trapeza možemo izraziti pomoću $d$, jer je to četverokut s okomitim dijagonalama: $P=\dfrac12d^2$. Tada je još potrebno izraziti $d$ preko $l$, jer je $l$ zadana veličina. Kao u prvom rješenju, potreban nam je trokut $ACE$ iz kojeg po Pitagorinom poučku slijedi $d^2+d^2=(a+c)^2=(2l)^2\Rightarrow d=l\sqrt2$.