Через произвольную точку основания равнобедренного треугольника проведены прямые, параллельные боковым сторонам треугольника. Докажите, что периметр образовавшегося четырехугольника равен сумме боковых сторон данного треугольника.

Пусть $ABC$ — равнобедренный треугольник ($AB=AC$, основание $BC$). Возьмём точку $D$ на основании $BC$. Через $D$ проведём прямые:

• $d_1\parallel AB$, которая пересекает $AC$ в точке $E$;

• $d_2\parallel AC$, которая пересекает $AB$ в точке $F$.

Рассмотрим четырёхугольник $BFEC$.

1. Подготовительные подобия.
   Из $d_2\parallel AC$ треугольники $AFD$ и $ABC$ подобны (соответствие $A\leftrightarrow A,\;F\leftrightarrow B,\;D\leftrightarrow C$), а из $d_1\parallel AB$ треугольники $AED$ и $ABC$ также подобны $(A\leftrightarrow A,\;E\leftrightarrow C,\;D\leftrightarrow B)$. Поэтому

Так как $AB=AC$, получаем

2. Параллельность $FE$ и $BC$.
   Угол между $d_1$ и $d_2$ равен $\angle A$ (они параллельны боковым сторонам). Отрезки $DE\subset d_1$ и $DF\subset d_2$ имеют одинаковые длины (из (1): $DE$ соответствует $AF$, а $DF$ — $AE$). Следовательно, в ломаной $E\!-\!D\!-\!F$ равные плечи образуют «разность» направлений боковых сторон, а ее хорда $EF$ параллельна разности векторов $\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$, то есть основанию $BC$. Значит,

и четырёхугольник $BFEC$ — трапеция с основаниями $BC$ и $EF$.

3. Ключевое равенство $FE+BC=AF+AE$.
   Опустим из $A$ биссектрису/высоту $AH$ на $BC$ (в равнобедренном треугольнике это одна и та же прямая). Для любого сечения, параллельного $BC$, его длина равна удвоенной «полуполке» по обе стороны биссектрисы; а «полуполка» пропорциональна расстоянию от $A$ до этого сечения с коэффициентом $\tan\frac{\angle A}{2}$.
   Отсюда:

где $AD_\parallel$ — проекция $AD$ на $AH$. С другой стороны,

Складывая, получаем