Как и другие несложные геометрические задачи, эта задача допускает много решений. Приведём три из них.
В первых двух используется неравенство $m\ge2r$, где $m$ — средняя линия трапеции, а $r$ — радиус вписанной окружности, т. е. $2r$ — высота трапеции (рис. 1).
Если диагональ составляет с основанием угол больше $45^\circ$, то её проекция на основание меньше высоты $2r$ трапеции. Сумма проекций обеих диагоналей, очевидно, равна сумме оснований, т. е. $2m$. Поэтому если утверждение задачи неверно, то $2m\lt2r+2r=4r$, что противоречит неравенству $m\ge2r$.
Другое рассуждение: площадь трапеции, равная $2rm$, не превосходит $\dfrac{d_1d_2}2$, где $d_1$ и $d_2$ — её диагонали. Если $d_1\ge d_2$, то $\dfrac{d_1^2}2\ge\dfrac{d_1d_2}2\ge2rm\ge4r^2$. Следовательно, $\dfrac{2r}{d_1}\le\dfrac{\sqrt2}2$, а значит, диагональ $d_1$ составляет с основанием угол не более $45^\circ$ (см. рис. 1).
Рис. 1Рис. 2
В третьем решении мы используем то, что боковые стороны трапеции видны из центра $O$ её вписанной окружности под прямым углом (так как $O$ — точка пересечения биссектрис углов трапеции — рис. 2). Если бы утверждение задачи было неверным, то основания трапеции были бы видны из точки $P$ пересечения диагоналей под острым углом, а боковые стороны — под тупым. Тогда точка $P$ лежала бы внутри окружностей, построенных на боковых сторонах как на диаметрах, следовательно, выполнялись бы неравенства $PK\lt OK$, $PL\lt OL$, где $K$ и $L$ — центры этих окружностей, т. е. середины сторон. Но это противоречило бы неравенству треугольника $PK+PL\gt KL=KO+OL$.
