Задача 3. Ломаная и отрезок

Выпрямляем ломаную: отражение точки A

Сумма $AC + CE$ — это длина ломаной $A$–$C$–$E$, а $EK$ — отрезок. Заметим сразу: точки $E$, $F$ и $K$ строятся только по $A$, $B$ и $D$, так что $EK$ вообще не зависит от того, где на прямой $BC$ стоит вершина $C$. Значит, нужно доказать, что ломаная $A$–$C$–$E$ не короче одной и той же длины $EK$, как бы ни двигалась точка $C$.

Ломаную с вершиной на прямой выпрямляют отражением. Пусть $A'$ — точка, симметричная $A$ относительно прямой $BC$. Отражение сохраняет расстояния, а точка $C$ лежит на оси, поэтому $A'C = AC$. Тогда

по неравенству треугольника: путь из $A'$ в $E$ через $C$ не короче прямого отрезка $A'E$. Равенство — ровно тогда, когда $C$ лежит на отрезке $A'E$.

Поэтому достаточно доказать, что $A'E = EK$. Мы докажем даже больше: точка $E$ — середина отрезка $A'K$. Как это заметить: в модели при любой форме трапеции точки $A'$, $E$, $K$ оказываются на одной прямой, а отрезок $A'E$ всегда равен $EK$.

Условие на углы — это равнобедренная трапеция

Продлим луч $FE$ до пересечения с прямой $BC$ в точке $F'$: луч пересекает её, потому что $E$ лежит между прямыми $AD$ и $BC$.

Сначала покажем, что $E$ — середина $FF'$. Треугольники $FED$ и $F'EB$ равны по стороне и двум прилежащим углам: $ED = EB$ (условие), $\angle FED = \angle F'EB$ (вертикальные), $\angle EDF = \angle EBF'$ (накрест лежащие при параллельных $AD$ и $BC$ и секущей $BD$). Значит, $EF = EF'$, то есть $FF' = 2\,EF$.

Теперь посмотрим на четырёхугольник $ABF'F$. Его стороны $AF$ и $BF'$ лежат на параллельных прямых $AD$ и $BC$, так что это трапеция. Точка $F'$ лежит на луче $BC$: точки $F$ и $F'$ симметричны относительно $E$, а $E$ лежит на $BD$, поэтому $F'$ находится по другую сторону от прямой $BD$, чем $F$, — там же, где $C$. Углы при основании $AF$: $\angle BAF = \angle BAD$ и $\angle AFF' = \angle AFE$, а они равны по условию. Трапеция с равными углами при основании — равнобедренная, поэтому

и ещё равны углы при другом основании: $\angle ABF' = \angle BF'F$.

Зачем это нужно: условие про углы превратилось в два факта — длина $EF$ равна половине $AB$, а направление $FF'$ связано с направлением $AB$. Оба понадобятся в следующем шаге.

Параллелограмм A′BKD

Соберём параллелограмм из четырёх точек $A'$, $B$, $K$, $D$.

Длины. $A'B = AB$ (отражение), а $AB = FF' = 2\,EF$ (шаг 2). В треугольнике $BDK$ точки $E$ и $F$ — середины сторон $BD$ и $BK$ (ведь $K$ симметрична $B$ относительно $F$), поэтому $EF$ — средняя линия: $DK \parallel EF$ и $DK = 2\,EF$. Итак, $A'B = DK$.

Направления. $\angle A'BC = \angle ABC$ (отражение), а $\angle ABC = \angle ABF' = \angle BF'F$ (шаг 2; $F'$ лежит на луче $BC$). Углы $A'BF'$ и $BF'F$ — накрест лежащие для прямых $BA'$ и $F'F$ при секущей $BF'$, причём $A'$ и $F$ лежат по разные стороны от прямой $BC$. Раз эти углы равны, $BA' \parallel FF'$. А $DK \parallel EF$, и $EF$ — часть той же прямой $FF'$. Значит, $A'B \parallel DK$.

Отрезки $A'B$ и $DK$ равны, параллельны и направлены одинаково: оба идут «сверху вниз» — от точки над прямой $BC$ к точке на ней и от точки на $AD$ к точке под ней. Поэтому $A'$ и $K$ лежат по разные стороны от прямой $BD$, и $A'BKD$ — настоящий параллелограмм, а не «бабочка». Диагонали параллелограмма делятся точкой пересечения пополам. Одна диагональ — $BD$, её середина — $E$. Значит, $E$ — середина и второй диагонали $A'K$:

Собираем доказательство

Соединяем шаги 1 и 3:

Что и требовалось доказать.

Равенство достигается, когда $C$ лежит на отрезке $A'E$ (шаг 1). Такое положение бывает: например, при $A(0;0)$, $B(0{,}8;1{,}2)$, $D(4;0)$ и $C(1{,}6;1{,}2)$ получаем $AC = 2$, $CE = 1$ и $EK = 3$. В модели это положение можно найти самому, двигая $C$.

Особый случай: если $F$ совпадает с $D$, то $F' = B$, треугольник $BDK$ вырождается в отрезок, и шаги 2–3 буквально не проходят. Но тогда $\angle ADB = \angle BAD$, откуда $AB = BD$; точки $A'$, $B$, $E$, $D$, $K$ лежат на одной прямой, и $A'E = EK = \tfrac32 BD$ считается напрямую — подробности в разделе «Проверка».