16653. Точка E
— середина диагонали BD
трапеции ABCD
. На основании AD
отмечена точка F
, для которой \angle AFE=\angle BAD
. Точка K
симметрична точке B
относительно F
. Докажите, что AC+CE\geqslant EK
.
Решение. Первый способ. Пусть точка A'
симметрична точке A
относительно прямой BC
, а луч луч FE
пересекает прямую BC
в точке F'
(рис. 1). Поскольку \angle AFE=\angle BAD
, четырёхугольник ABF'F
— равнобедренная трапеция, поэтому
\angle A'BC=\angle ABC=\angle BF'F~A'B=AB=FF'~\mbox{и}~A'B\parallel FF'.
Кроме того, EF
— средняя линия треугольника BDK
, поэтому
A'B=FF'=2EF=DK~\mbox{и}~A'B\parallel FF'\parallel DK.
Таким образом, A'BKD
— параллелограмм, и
AC+CE=A'C+CE\geqslant A'E=AE=EK.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть точка X
такова, что BCEX
— параллелограмм (рис. 2), точка Y
симметрична точке E
относительно F
и Z
— середина AB
. Тогда точки Z
, X
и E
лежат на средней линии треугольника ABD
. Следовательно, AZEF
— равнобедренная трапеция. Значит,
AB=2AZ=2EF=EY.
Кроме того,
BC=EX~\mbox{и}~\angle ABC=\angle AZE=\angle XEY.
Тогда треугольники ABC
и YEX
равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно,
AC+CE=YX+XB\gt YB=EK.
(Последнее равенство следует из того, что BE
равно и параллельно YK
, поэтому BEKY
— параллелограмм.)
Автор: Пастор А. В.
Источник: Олимпиада Леонарда Эйлера (для 8 класса). — 2023-24, XVI, заключительный этап, первый день, задача 3