Олимпиада имени Леонарда Эйлера 2023-2024 учебный год, I тур заключительного этапа

Точка $E$ — середина диагонали $BD$ трапеции $ABCD$. На основании $AD$ отмечена такая точка $F$, что $\angle AFE = \angle BAD$. Точка $K$ симметрична точке $B$ относительно $F$. Докажите, что $AC+CE \ge EK$. ( А. Пастор )

Комментарий/решение

Пусть $E_1$ симметрична точке $E$ относительно прямой $BC$. Идея в том, что чертеж я строю без точки $С$, а затем могу поставить эту точку в любое место (от этого чертеж не меняется), тогда мин $AC+CE$ достигается при $C$ лежащей на $AE_1$. Дальше нужно док-ть что при таком условии достигается равенство (см. рис.)

file:///C:/Users/huawei/Downloads/photo_5195051648374922776_y.jpg

Бро реально вставил местанахождение файла в своем телефоне

ой

Вашем решение вы доказываете что при минимальном AC+CE достигается равенство что не является верным.

Поч, по условию поидеи так и есть

В официальном решении там строгое неравенство значит случая когда достигается равенство нету

Думаю это недостаточное условие для несуществования равенства. Равенство есть:

$C$ берем как сказано выше, то есть "при $C$ лежащей на $AE_1$". $M$ - середина $AB$, $ME$ - средняя линия $\triangle ABD$, поэтому $AMEF$ - равнобокая трапеция (учитывая равенство углов из условия). $AB=2AM=2FE=DK$, $ED=BE=BE_1$, $\angle ABE_1=\angle ABC+\angle E_1BC=\angle DFE+\angle EBC=\angle FDK+\angle BDA=\angle EDK$. Из всего этого следует $\triangle ABE_1=\triangle KDE,AC+CE=AE_1=EK$.

тудааа, я координатами решал

Продлим CK до пересечение с AD в точке N. Продлим FE до пересечение с BC в точке F’. Заметим что CE=NE. Докажем что AC=NK. FE||KD по сред линии $\angle FDK=\angle EFD=\angle ABC$ по вписанности. Тк BCND параллелограмм BC=ND. AB=FF’=KD отсюда AC=NK .