Страница 330 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

1289 Медианы АА₁, ВВ₁ и СС₁ треугольника ABC пересекаются в точке M. Точки А₂, В₂ и С₂ являются соответственно серединами отрезков AM, BM и СМ. Докажите, что △А₁B₁С₁ = △А₂В₂С₂.

Решение

Так как M — точка пересечения медиан треугольника ABC, то AM = 2МА₁. Отсюда, учитывая, что точка А₂ — середина отрезка AM, получаем MA₁ = MA₂, т. е. точки A₁ и А₂ симметричны относительно точки M. Аналогично точки В₁ и В₂, а также точки C₁ и С₂ симметричны относительно точки M. Рассмотрим центральную симметрию относительно точки M. При этой симметрии точки A₁, В₁, С₁ отображаются в точки А₂, В₂, С₂, поэтому треугольник A₁B₁C₁ отображается на треугольник А₂В₂С₂, и, следовательно, △А₂В₂С₂ = △А₁В₁С₁.

Докажем, что треугольники $\triangle A_1B_1C_1$ и $\triangle A_2B_2C_2$ равны, используя свойства медиан и центральной симметрии.

1. Анализ положения точек относительно точки M.
Точка $M$ — точка пересечения медиан $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ треугольника $ABC$. Эта точка также называется центроидом треугольника.
По свойству центроида, он делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Следовательно, для медианы $AA_1$ выполняется равенство:
$AM = 2 \cdot MA_1$

По условию задачи, точка $A_2$ является серединой отрезка $AM$. Из этого определения следует, что:
$AM = 2 \cdot MA_2$

Приравнивая два выражения для длины отрезка $AM$, получаем:
$2 \cdot MA_1 = 2 \cdot MA_2$
$MA_1 = MA_2$

Точки $A, A_2, M, A_1$ лежат на одной прямой (медиане $AA_1$). Так как точка $A_2$ лежит на отрезке $AM$, а точка $M$ лежит на отрезке $AA_1$, то точка $M$ находится между точками $A_2$ и $A_1$. Поскольку $M$ равноудалена от точек $A_1$ и $A_2$, она является серединой отрезка $A_1A_2$.
Это означает, что точка $A_2$ симметрична точке $A_1$ относительно центра $M$.

Проводя аналогичные рассуждения для двух других медиан, получаем:
• Для медианы $BB_1$: $BM = 2 \cdot MB_1$. Точка $B_2$ — середина $BM$, поэтому $BM = 2 \cdot MB_2$. Отсюда $MB_1 = MB_2$, и точки $B_1$ и $B_2$ симметричны относительно точки $M$.
• Для медианы $CC_1$: $CM = 2 \cdot MC_1$. Точка $C_2$ — середина $CM$, поэтому $CM = 2 \cdot MC_2$. Отсюда $MC_1 = MC_2$, и точки $C_1$ и $C_2$ симметричны относительно точки $M$.

2. Применение центральной симметрии.
Рассмотрим центральную симметрию с центром в точке $M$. Как мы установили, при этом преобразовании вершины треугольника $\triangle A_1B_1C_1$ отображаются в вершины треугольника $\triangle A_2B_2C_2$:
$A_1 \rightarrow A_2$
$B_1 \rightarrow B_2$
$C_1 \rightarrow C_2$

Центральная симметрия является видом движения (изометрии). Движение — это преобразование плоскости, сохраняющее расстояния между точками. Важным свойством любого движения является то, что оно преобразует любую фигуру в равную ей фигуру.

Следовательно, треугольник $\triangle A_2B_2C_2$ является образом треугольника $\triangle A_1B_1C_1$ при центральной симметрии. Это означает, что эти два треугольника равны.

Ответ: Равенство $\triangle A_1B_1C_1 = \triangle A_2B_2C_2$ доказано, так как треугольник $\triangle A_2B_2C_2$ является образом треугольника $\triangle A_1B_1C_1$ при центральной симметрии относительно точки $M$, которая является точкой пересечения медиан треугольника $ABC$.

1290 На сторонах AB и CD параллелограмма ABCD построены квадраты так, как показано на рисунке 378. Используя параллельный перенос, докажите, что отрезок, соединяющий центры этих квадратов, равен и параллелен стороне AD.

Обозначим центры квадратов, построенных на сторонах $AB$ и $CD$ параллелограмма, как $O_1$ и $O_2$ соответственно.

Для доказательства используем параллельный перенос на вектор $\vec{AD}$.

При параллельном переносе на вектор $\vec{AD}$ точка $A$ по определению переходит в точку $D$.

Поскольку $ABCD$ — параллелограмм, то его противоположные стороны равны и параллельны, следовательно, векторы, их задающие, равны: $\vec{AD} = \vec{BC}$. Это означает, что при параллельном переносе на вектор $\vec{AD}$ точка $B$ перейдет в точку $C$.

Таким образом, отрезок $AB$ при данном параллельном переносе переходит в отрезок $DC$.

Параллельный перенос является движением, то есть сохраняет расстояния и углы. Следовательно, квадрат, построенный на стороне $AB$, перейдет в равный ему квадрат, построенный на стороне $DC$. Так как квадраты на сторонах $AB$ и $CD$ по условию построены одинаковым образом (внешним по отношению к параллелограмму), то образ квадрата на стороне $AB$ полностью совпадет с квадратом, построенным на стороне $CD$.

При любом движении, в том числе и при параллельном переносе, центр фигуры переходит в центр ее образа. Это означает, что центр $O_1$ квадрата на стороне $AB$ перейдет в центр $O_2$ квадрата на стороне $CD$.

По определению параллельного переноса, если точка $O_1$ отображается на точку $O_2$ при переносе на вектор $\vec{AD}$, то вектор, соединяющий эти точки, равен вектору переноса:

$\vec{O_1O_2} = \vec{AD}$

Из этого векторного равенства следует, что:

1. Векторы $\vec{O_1O_2}$ и $\vec{AD}$ коллинеарны и сонаправлены, а значит, отрезок $O_1O_2$ параллелен стороне $AD$.
2. Длины векторов равны, то есть $|O_1O_2| = |AD|$.

Таким образом, доказано, что отрезок, соединяющий центры квадратов, равен и параллелен стороне $AD$.

Ответ: Утверждение доказано. Вектор $\vec{O_1O_2}$ равен вектору $\vec{AD}$, из чего следует, что отрезок $O_1O_2$ параллелен стороне $AD$ и его длина равна длине стороны $AD$.

1291* На стороне AB прямоугольника ABCD построен треугольник ABS так, как показано на рисунке 379: CC₁⊥AS, DD₁⊥BS. Используя параллельный перенос, докажите, что прямые SK и AB взаимно перпендикулярны.

Для доказательства воспользуемся параллельным переносом на вектор $\vec{v} = \vec{AD}$.

При таком параллельном переносе:

• Точка $A$ переходит в точку $D$.
• Точка $B$ переходит в точку $C$, так как $ABCD$ — прямоугольник, и, следовательно, $\vec{AD} = \vec{BC}$.
• Точка $S$ переходит в некоторую точку $S'$.

В результате этого переноса треугольник $ABS$ отобразится на треугольник $DCS'$. При этом прямые, содержащие стороны треугольника, перейдут в параллельные им прямые:

• Прямая $AS$ перейдет в прямую $DS'$, следовательно, $AS \parallel DS'$.
• Прямая $BS$ перейдет в прямую $CS'$, следовательно, $BS \parallel CS'$.

Теперь рассмотрим условия перпендикулярности, данные в задаче.

1. По условию $CC_1 \perp AS$. Так как мы установили, что $AS \parallel DS'$, то из этого следует, что $CC_1 \perp DS'$. Прямая $CC_1$ проходит через вершину $C$ треугольника $DCS'$ и перпендикулярна его стороне $DS'$. Это означает, что прямая $CC_1$ содержит высоту треугольника $DCS'$, опущенную из вершины $C$.

2. Аналогично, по условию $DD_1 \perp BS$. Так как мы установили, что $BS \parallel CS'$, то из этого следует, что $DD_1 \perp CS'$. Прямая $DD_1$ проходит через вершину $D$ треугольника $DCS'$ и перпендикулярна его стороне $CS'$. Это означает, что прямая $DD_1$ содержит высоту треугольника $DCS'$, опущенную из вершины $D$.

По условию, точка $K$ является точкой пересечения прямых $CC_1$ и $DD_1$. Следовательно, $K$ — это точка пересечения двух высот треугольника $DCS'$, а значит, $K$ является его ортоцентром.

Свойство ортоцентра заключается в том, что все три высоты треугольника пересекаются в этой точке. Таким образом, третья высота треугольника $DCS'$, проведенная из вершины $S'$, также проходит через точку $K$. Эта высота перпендикулярна стороне $DC$. Отсюда следует, что прямая $S'K$ перпендикулярна прямой $DC$, то есть $S'K \perp DC$.

Так как $ABCD$ — прямоугольник, его противоположные стороны $AB$ и $DC$ параллельны ($AB \parallel DC$). Поскольку прямая $S'K$ перпендикулярна прямой $DC$, она также перпендикулярна и параллельной ей прямой $AB$. Таким образом, $S'K \perp AB$.

Теперь докажем, что из $S'K \perp AB$ следует $SK \perp AB$. Для этого воспользуемся векторами. Условие $SK \perp AB$ эквивалентно равенству нулю скалярного произведения векторов $\vec{SK}$ и $\vec{AB}$: $\vec{SK} \cdot \vec{AB} = 0$.

Вектор $\vec{SK}$ можно выразить через векторы $\vec{SS'}$ и $\vec{S'K}$ по правилу сложения векторов (правило треугольника): $\vec{SK} = \vec{SS'} + \vec{S'K}$.

Вектор $\vec{SS'}$ является вектором нашего параллельного переноса, то есть $\vec{SS'} = \vec{AD}$.

Подставим это в выражение для скалярного произведения:
$\vec{SK} \cdot \vec{AB} = (\vec{SS'} + \vec{S'K}) \cdot \vec{AB} = (\vec{AD} + \vec{S'K}) \cdot \vec{AB} = \vec{AD} \cdot \vec{AB} + \vec{S'K} \cdot \vec{AB}$.

Рассмотрим каждое слагаемое в полученной сумме:

• $\vec{AD} \cdot \vec{AB} = 0$, так как $ABCD$ — прямоугольник, и его смежные стороны $AD$ и $AB$ взаимно перпендикулярны.
• $\vec{S'K} \cdot \vec{AB} = 0$, так как мы ранее доказали, что прямые $S'K$ и $AB$ взаимно перпендикулярны.

Таким образом, $\vec{SK} \cdot \vec{AB} = 0 + 0 = 0$.

Равенство скалярного произведения нулю означает, что векторы $\vec{SK}$ и $\vec{AB}$ перпендикулярны, а следовательно, перпендикулярны и содержащие их прямые $SK$ и $AB$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано с использованием параллельного переноса и свойств ортоцентра треугольника.

1292 В окружность с центром О вписаны два равносторонних треугольника ABC и A₁B₁C₁, причём вершины обозначены так, что направление обхода по дуге ABC от точки А к точке С совпадает с направлением обхода по дуге А₁В₁С₁ от точки А₁ к точке С₁. Используя поворот вокруг точки О, докажите, что прямые AA₁, BB₁ и СС₁ либо проходят через точку О, либо, пересекаясь, образуют равносторонний треугольник.

Пусть дана окружность с центром в точке $O$. В эту окружность вписаны два равносторонних треугольника $ABC$ и $A_1B_1C_1$. Поскольку оба треугольника равносторонние и вписаны в одну и ту же окружность, они конгруэнтны. Условие о том, что направление обхода по дуге $ABC$ от точки $A$ к точке $C$ совпадает с направлением обхода по дуге $A_1B_1C_1$ от точки $A_1$ к точке $C_1$, означает, что треугольники имеют одинаковую ориентацию. Следовательно, треугольник $A_1B_1C_1$ может быть получен из треугольника $ABC$ поворотом вокруг центра окружности $O$ на некоторый угол $\alpha$.

Обозначим этот поворот как $R_O^\alpha$. Тогда по определению поворота:

$R_O^\alpha(A) = A_1$
$R_O^\alpha(B) = B_1$
$R_O^\alpha(C) = C_1$

Угол $\alpha$ равен углу $\angle AOA_1$. Из свойств поворота следует, что также $\angle BOB_1 = \alpha$ и $\angle COC_1 = \alpha$.Рассмотрим два возможных случая.

1. Случай, когда прямые проходят через центр $O$.

Прямая $AA_1$ проходит через центр $O$ тогда и только тогда, когда точки $A$, $O$, $A_1$ лежат на одной прямой. Поскольку точки $A$ и $A_1$ лежат на окружности, это означает, что они диаметрально противоположны. В этом случае угол поворота $\alpha = \angle AOA_1 = 180^\circ$.

Если угол поворота $\alpha = 180^\circ$, то поворот $R_O^{180^\circ}$ является центральной симметрией относительно точки $O$. Тогда не только $A_1$ является точкой, симметричной $A$ относительно $O$, но и $B_1 = R_O^{180^\circ}(B)$ и $C_1 = R_O^{180^\circ}(C)$. Это означает, что отрезки $BB_1$ и $CC_1$ также являются диаметрами окружности. Следовательно, все три прямые $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ проходят через центр $O$.

Таким образом, если хотя бы одна из прямых $AA_1, BB_1, CC_1$ проходит через центр $O$, то и две другие проходят через $O$. Это происходит при угле поворота $\alpha = 180^\circ$.

2. Случай, когда прямые пересекаются, образуя треугольник.

Этот случай имеет место, когда угол поворота $\alpha \neq 180^\circ$ (и $\alpha \neq 0^\circ$, чтобы треугольники не совпадали).В этом случае прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ не проходят через центр $O$. Они также не могут быть параллельны друг другу. Следовательно, они попарно пересекаются. Обозначим точки их пересечения:

$P = BB_1 \cap CC_1$
$Q = CC_1 \cap AA_1$
$R = AA_1 \cap BB_1$

Нам нужно доказать, что треугольник $PQR$ является равносторонним. Для этого воспользуемся поворотом вокруг точки $O$ на угол $120^\circ$, который переводит равносторонний треугольник $ABC$ в себя. Пусть $R_O^{120^\circ}$ — такой поворот, что $R_O^{120^\circ}(A) = B$, $R_O^{120^\circ}(B) = C$, и $R_O^{120^\circ}(C) = A$.

Рассмотрим, как этот поворот действует на прямые $AA_1, BB_1, CC_1$.Найдём образ прямой $AA_1$ при повороте $R_O^{120^\circ}$. Образом точки $A$ является точка $B$. Образом точки $A_1$ является точка $R_O^{120^\circ}(A_1) = R_O^{120^\circ}(R_O^\alpha(A)) = R_O^{\alpha+120^\circ}(A)$.С другой стороны, точка $B_1$ определяется как $B_1 = R_O^\alpha(B) = R_O^\alpha(R_O^{120^\circ}(A)) = R_O^{\alpha+120^\circ}(A)$.Таким образом, $R_O^{120^\circ}(A_1) = B_1$.Поскольку поворот переводит точки $A$ и $A_1$ в точки $B$ и $B_1$ соответственно, он переводит прямую $AA_1$ в прямую $BB_1$.

Аналогично доказывается, что поворот $R_O^{120^\circ}$ переводит прямую $BB_1$ в прямую $CC_1$ и прямую $CC_1$ в прямую $AA_1$.

Теперь найдем образы вершин треугольника $PQR$ при повороте $R_O^{120^\circ}$.Точка $P$ является пересечением прямых $BB_1$ и $CC_1$. Ее образ $R_O^{120^\circ}(P)$ должен лежать на пересечении образов этих прямых:$R_O^{120^\circ}(P) = R_O^{120^\circ}(BB_1 \cap CC_1) = R_O^{120^\circ}(BB_1) \cap R_O^{120^\circ}(CC_1) = CC_1 \cap AA_1 = Q$.

Аналогично для точки $Q$:$R_O^{120^\circ}(Q) = R_O^{120^\circ}(CC_1 \cap AA_1) = R_O^{120^\circ}(CC_1) \cap R_O^{120^\circ}(AA_1) = AA_1 \cap BB_1 = R$.

И для точки $R$:$R_O^{120^\circ}(R) = R_O^{120^\circ}(AA_1 \cap BB_1) = R_O^{120^\circ}(AA_1) \cap R_O^{120^\circ}(BB_1) = BB_1 \cap CC_1 = P$.

Таким образом, поворот на $120^\circ$ вокруг точки $O$ циклически переставляет вершины треугольника $PQR$: $P \to Q \to R \to P$. Это означает, что треугольник $PQR$ совмещается сам с собой при повороте на $120^\circ$ вокруг точки $O$. Любой треугольник, обладающий таким свойством, является равносторонним, а точка $O$ — его центром.

Итак, мы показали, что прямые $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ либо все проходят через точку $O$ (при $\alpha = 180^\circ$), либо, пересекаясь, образуют равносторонний треугольник (при $\alpha \neq 180^\circ$).

Ответ: Утверждение доказано.

1293 Даны две пересекающиеся прямые и точка О, не лежащая ни на одной из них. Используя центральную симметрию, постройте прямую, проходящую через точку О, так, чтобы отрезок этой прямой, отсекаемый данными прямыми, делился точкой О пополам.

Обозначим данные пересекающиеся прямые как $l$ и $m$, а данную точку — $O$. Искомая прямая $p$ должна проходить через точку $O$. Пусть она пересекает прямую $l$ в точке $A$ и прямую $m$ в точке $B$. Согласно условию, точка $O$ должна быть серединой отрезка $AB$.

Из определения центральной симметрии следует, что если $O$ — середина отрезка $AB$, то точки $A$ и $B$ симметричны друг другу относительно центра $O$. Это можно записать как $B = S_O(A)$, где $S_O$ — центральная симметрия с центром в точке $O$.

Анализ

Для решения задачи методом геометрических построений проведем анализ. Предположим, что искомая прямая $p$ построена. Она проходит через $O$ и пересекает $l$ в точке $A$ и $m$ в точке $B$ так, что $O$ — середина $AB$. Так как точка $A$ лежит на прямой $l$, а точка $B$ симметрична ей относительно $O$, то точка $B$ должна лежать на прямой $l'$, которая является образом прямой $l$ при центральной симметрии относительно точки $O$ ($l' = S_O(l)$). В то же время, по условию, точка $B$ лежит на прямой $m$. Следовательно, точка $B$ является точкой пересечения прямой $m$ и прямой $l'$. Найдя точку $B$, мы можем построить искомую прямую $p$, проведя ее через точки $O$ и $B$.

Алгоритм построения

1. Строим прямую $l'$, симметричную прямой $l$ относительно точки $O$. По свойству центральной симметрии, прямая $l'$ будет параллельна прямой $l$ ($l' \parallel l$). Для ее построения достаточно:
   • Выбрать на прямой $l$ произвольную точку $P$.
   • Построить точку $P'$, симметричную точке $P$ относительно $O$ (для этого проводим луч $PO$ и откладываем на нем от точки $O$ отрезок $OP'$, равный $OP$).
   • Через точку $P'$ провести прямую $l'$, параллельную прямой $l$.
2. Находим точку $B$, которая является точкой пересечения построенной прямой $l'$ и данной прямой $m$. Так как по условию прямые $l$ и $m$ пересекаются, а $l' \parallel l$, то прямые $l'$ и $m$ также пересекаются в единственной точке.
3. Проводим прямую $p$ через найденную точку $B$ и данную точку $O$. Эта прямая и является искомой.

Доказательство

Пусть построенная прямая $p$ (проходящая через $B$ и $O$) пересекает прямую $l$ в точке $A$. Докажем, что $O$ — середина отрезка $AB$. По построению, точка $B$ принадлежит прямой $l'$. Прямая $l'$ по определению является множеством всех точек, симметричных точкам прямой $l$ относительно центра $O$. Это означает, что точка $A'$, симметричная точке $B$ относительно $O$, должна лежать на прямой $l$. По определению симметрии относительно точки, точки $B$, $O$ и $A'$ лежат на одной прямой, и при этом $BO = OA'$. Эта прямая, проходящая через $B$ и $O$, и есть наша построенная прямая $p$. Следовательно, точка $A'$ лежит и на прямой $p$, и на прямой $l$. Значит, $A'$ является точкой их пересечения. Но по нашему определению, точка пересечения прямых $p$ и $l$ — это точка $A$. Таким образом, $A' = A$. Поскольку $A$ — это точка, симметричная $B$ относительно $O$, точка $O$ является серединой отрезка $AB$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Для построения искомой прямой нужно построить образ $l'$ одной из данных прямых ($l$) относительно точки $O$. Затем найти точку пересечения $B$ этого образа $l'$ с другой данной прямой $m$. Искомая прямая проходит через точку пересечения $B$ и точку $O$.

1294 Используя параллельный перенос, постройте трапецию по её основаниям и диагоналям.

Для построения трапеции по её основаниям и диагоналям с использованием параллельного переноса, необходимо выполнить анализ, построение и доказательство.

Пусть $ABCD$ — искомая трапеция, где $AB$ и $DC$ — основания ($AB \parallel DC$), и их длины равны $a$ и $b$ соответственно ($AB = a$, $DC = b$). Пусть длины диагоналей равны $AC = d_1$ и $BD = d_2$.

Выполним параллельный перенос диагонали $BD$ на вектор $\vec{DC}$. При таком переносе точка $D$ переходит в точку $C$, а точка $B$ переходит в некоторую точку $B_1$. Таким образом, мы получаем отрезок $CB_1$, который является образом диагонали $BD$.

По свойству параллельного переноса, отрезок $CB_1$ параллелен диагонали $BD$ и равен ей по длине, то есть $CB_1 = BD = d_2$ и $CB_1 \parallel BD$.

Рассмотрим четырехугольник $DCB_1B$. Так как мы осуществили перенос на вектор $\vec{DC}$, то $\vec{BB_1} = \vec{DC}$. Это означает, что четырехугольник $DCB_1B$ является параллелограммом. Следовательно, $BB_1 = DC = b$ и $BB_1 \parallel DC$.

Поскольку по определению трапеции $DC \parallel AB$, то и $BB_1 \parallel AB$. Это значит, что точка $B_1$ лежит на одной прямой с отрезком $AB$. Тогда длина отрезка $AB_1$ будет равна сумме длин отрезков $AB$ и $BB_1$, то есть $AB_1 = AB + BB_1 = a + b$.

Теперь рассмотрим треугольник $ACB_1$. Длины всех его сторон нам известны:

• Сторона $AC$ имеет длину $d_1$ (по условию).
• Сторона $CB_1$ имеет длину $d_2$ (так как является образом диагонали $BD$).
• Сторона $AB_1$ имеет длину $a+b$.

Таким образом, задача сводится к построению треугольника $ACB_1$ по трем известным сторонам, из которого затем можно восстановить искомую трапецию.

1. На произвольной прямой откладываем отрезок $AB_1$, длина которого равна $a+b$.
2. Строим треугольник $ACB_1$ по трем сторонам $AB_1 = a+b$, $AC = d_1$ и $CB_1 = d_2$. Для этого:
   • Из центра в точке $A$ проводим дугу окружности радиусом $d_1$.
   • Из центра в точке $B_1$ проводим дугу окружности радиусом $d_2$.
   • Точка $C$, являющаяся пересечением этих дуг, будет третьей вершиной треугольника.
3. На отрезке $AB_1$ отмечаем точку $B$ таким образом, чтобы длина отрезка $AB$ была равна $a$.
4. Для нахождения четвертой вершины трапеции, точки $D$, проведем через точку $C$ прямую, параллельную прямой $AB_1$.
5. На этой прямой отложим от точки $C$ отрезок $CD$ длиной $b$ в таком направлении, чтобы вектор $\vec{DC}$ был сонаправлен вектору $\vec{AB}$.
6. Соединяем последовательно точки $A, B, C, D$. Полученный четырехугольник $ABCD$ и есть искомая трапеция.

Проверим, что построенный четырехугольник $ABCD$ удовлетворяет всем условиям задачи.

1. По построению (шаги 4 и 5) прямая $CD$ параллельна прямой $AB$. Следовательно, $ABCD$ является трапецией.
2. По построению (шаг 3) длина основания $AB$ равна $a$.
3. По построению (шаг 5) длина основания $DC$ равна $b$.
4. По построению (шаг 2) длина диагонали $AC$ равна $d_1$.
5. Остается доказать, что длина диагонали $BD$ равна $d_2$. Рассмотрим четырехугольник $DCB_1B$. Длина отрезка $BB_1 = AB_1 - AB = (a+b) - a = b$. По построению $DC = b$. Значит, $BB_1 = DC$. Также по построению $DC \parallel BB_1$ (так как обе стороны лежат на параллельных прямых). Четырехугольник, у которого две стороны равны и параллельны, является параллелограммом. Следовательно, $DCB_1B$ — параллелограмм. В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому $BD = CB_1$. А отрезок $CB_1$ мы построили (шаг 2) с длиной $d_2$. Таким образом, $BD = d_2$.

Все условия выполнены, следовательно, построенная трапеция является искомой.

Задача имеет решение тогда и только тогда, когда возможно построение треугольника $ACB_1$ на шаге 2. Треугольник со сторонами $a+b$, $d_1$ и $d_2$ существует, если для его сторон выполняется неравенство треугольника:

• $d_1 + d_2 > a + b$
• $d_1 + (a+b) > d_2$
• $d_2 + (a+b) > d_1$

Последние два неравенства можно объединить в одно: $a+b > |d_1 - d_2|$.

Следовательно, для существования решения необходимо и достаточно, чтобы выполнялось двойное неравенство: $d_1 + d_2 > a + b > |d_1 - d_2|$.

Если это условие выполнено, то дуги окружностей на шаге 2 пересекутся в двух точках, симметричных относительно прямой $AB_1$. Это приведет к построению двух конгруэнтных трапеций, которые можно считать одним решением задачи.

Ответ: Алгоритм построения трапеции описан выше в разделе "Построение". Построение возможно при условии, что сумма длин диагоналей больше суммы длин оснований, а сумма длин оснований больше модуля разности длин диагоналей ($d_1 + d_2 > a + b > |d_1 - d_2|$).