Задача 4. Сумма двух отрезков

Как расположены точки и какие углы равны

Раз $BD = DE$ и точки $B$ и $E$ разные, точка $D$ — середина отрезка $BE$. Значит, на стороне $BC$ точки идут в таком порядке: $B$, $D$, $E$, $C$ (точка $E$ может совпасть с $C$), и $D$ не совпадает с $C$.

Треугольник $ADC$ равнобедренный: $AD = AC$. Углы при его основании $DC$ равны; обозначим их $\gamma$:

Угол $ADB$ смежный с углом $ADC$, поэтому

Переносим отрезок $DY$ в точку $X$

Отрезки $EX$ и $DY$ начинаются в разных точках, и сложить их «в одну линию» не получается. Попробуем заменить $DY$ равным отрезком, который начинается в $X$: тогда вместе с $EX$ получится ломаная.

Отрезок $DY$ — сторона треугольника $DAY$, в котором $AY = DX$, а $AD = AC$. Нужен равный ему треугольник, в котором на месте стороны $AY$ стоит $DX$. Для этого сдвинем отрезок $CA$ параллельно так, чтобы точка $C$ попала в $D$; точку, в которую попадёт $A$, назовём $P$. Получился параллелограмм $ACDP$, поэтому

Сравним треугольники $PDX$ и $DAY$:

• $PD = DA$;

• $DX = AY$ по условию;

• $\angle PDX = \angle DAY$ — это накрест лежащие углы при параллельных прямых $DP$ и $AC$ и секущей $AD$ (точки $P$ и $C$ лежат по разные стороны от прямой $AD$).

Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому

Отрезок $EP$ равен $AB$

Теперь сравним треугольники $PDE$ и $ADB$:

• $PD = AD$ (шаг 2);

• $DE = DB$ по условию;

• $\angle PDE = \angle ADB$.

Проверим равенство углов. Прямые $DP$ и $CA$ параллельны, $DC$ — секущая, а точки $P$ и $A$ лежат по одну сторону от неё. Поэтому углы $PDC$ и $ACD$ односторонние и в сумме дают $180^\circ$:

Точка $E$ лежит на луче $DC$, значит, $\angle PDE = \angle PDC = 180^\circ - \gamma = \angle ADB$.

Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому

Ломаная не короче отрезка

Из шага 2 получаем $EX + DY = EX + XP$ — это длина ломаной $EXP$. Ломаная не короче отрезка $EP$, который соединяет её концы (неравенство треугольника для точек $E$, $X$, $P$; если они лежат на одной прямой, оно тоже верно). С шагом 3:

что и требовалось доказать.

Оценка точная. Точки $E$ и $P$ лежат по разные стороны от прямой $AD$, поэтому отрезок $EP$ пересекает её, причём между прямыми $BC$ и $AP$ (они параллельны), то есть на отрезке $AD$. Если взять $X$ в этой точке, ломаная $EXP$ станет отрезком, и получится ровно $EX + DY = AB$.

Равенство в неравенстве треугольника возможно только тогда, когда $X$ лежит на отрезке $EP$. Отрезок $EP$ пересекает $AD$ в единственной точке, поэтому и положение равенства единственно.

Второй вариант

Это та же задача с другими буквами: вершина $B$ равнобедренного треугольника играет роль $A$, вершина $A$ — роль $D$ (она середина отрезка $GF$, как $D$ — середина $BE$), $G$ и $F$ — роли $B$ и $E$, а $D$ и $E$ — роли $X$ и $Y$.

Сдвинем отрезок $CB$ параллельно так, чтобы $C$ попала в $A$; пусть $B$ попадёт в точку $P$. Тогда $AP = CB = AB$ и $AP \parallel BC$.

• Треугольники $PAD$ и $ABE$ равны: $PA = AB$, $AD = BE$, $\angle PAD = \angle ABE$ (накрест лежащие при $AP \parallel BC$ и секущей $AB$). Поэтому $PD = AE$.

• Треугольники $PAF$ и $BAG$ равны: $PA = BA$, $AF = AG$, а $\angle PAF = 180^\circ - \angle BCA = 180^\circ - \angle BAC = \angle BAG$ (односторонние углы и равные углы при основании). Поэтому $PF = BG$.

Значит,

Равенство — когда $D$ лежит на отрезке $PF$. Модель переключается на второй вариант кнопкой «2 вариант».

Равенство возможно только тогда, когда точка ломаной лежит на отрезке, соединяющем её концы. Этот отрезок пересекает сторону с подвижной точкой в единственном месте, поэтому положение равенства единственно.