ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 65875
Темы:    [ Правильные многоугольники ]
[ Симметрия помогает решить задачу ]
[ Признаки и свойства параллелограмма ]
[ Равнобедренные, вписанные и описанные трапеции ]
[ Четыре точки, лежащие на одной окружности ]
Сложность: 4
Классы: 8,9,10
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Автор: Тимохин М.

Дан правильный 2n-угольник A1A1...A2n с центром O, причём  n ≥ 5.  Диагонали A2An–1 и A3An пересекаются в точке F, а A1A3 и A2A2n–2 – в точке P.
Докажите, что  PF = PO.


Решение

  Пусть C – середина дуги A3An–1. Прямые A2A2n и OC параллельны как перпендикуляры к диаметру A1An+1. Диагонали A3An и An–1A2 симметричны относительно прямой OC, поэтому точка F лежит на ней. Далее можно рассуждать по-разному.

  Первый способ. Пусть B – середина дуги A1A2n (рис. слева). Диагонали A1A2n–1 и A2nA2 симметричны относительно прямой OB, поэтому пересекаются на ней в точке S. Прямые OB и A2An–1 параллельны ввиду равенства дуг, заключённых между ними. Следовательно, FOSA2 – параллелограмм.
  При симметрии относительно диаметра A1An+1 точка P переходит в точку Q пересечения диагоналей A1A2n–1 и A2nA4. Прямые A1A2n–1 и A2A2n–2, очевидно, параллельны. Прямые PQ и A2A2n параллельны как перпендикуляры к диаметру A1An+1. Следовательно, PQSA2 – параллелограмм.
  Значит, отрезок PQ параллелен и равен отрезку A2S, а он, в свою очередь, отрезку FO. То есть PQOF – тоже параллелограмм. Поэтому  PF = QO = PO.

  Второй способ. Пусть A2A2n и A1A3 пересекаются в точке K (рис. справа). Заметим, что углы A3KA2, A3OA2, A3FA2 измеряются дугой A3A2. Значит, точки A3, A2, K, О и F лежат на одной окружности. Следовательно, трапеция KOFA2 – равнобокая.
  Угол A2nA2A2n–2 также измеряется дугой A3A2. Поэтому треугольник KPA2 – равнобедренный, то есть Р лежит на серединном перпендикуляре к отрезку KA2, а этот перпендикуляр является осью симметрии указанной трапеции. Следовательно,  PF = PO.

Замечания

1. Во втором способе можно обойтись и без окружности. Заметим, что диагонали A1A3 и A2A2n симметричны относительно диаметра, проходящего через середину дуги A1A3. Значит, точка K лежит на этом диаметре. Поэтому  ∠A2nA2An–1 = n+1/n π = ∠OKA2. Следовательно, трапеция KOFA2 – равнобокая.

2. 9 баллов.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Турнир городов
номер/год
Номер 38
Дата 2016/17
вариант
Вариант осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс
задача
Номер 6

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .