Версия для печати
Убрать все задачи

---

На доске 4×6 клеток стоят две чёрные фишки (Вани) и две белые фишки (Серёжи, см. рис.). Ваня и Серёжа по очереди двигают любую из своих фишек на одну клетку вперёд (по вертикали). Начинает Ваня. Если после хода любого из ребят чёрная фишка окажется между двумя белыми по горизонтали или по диагонали (как на нижних рисунках), она считается "убитой" и снимается с доски. Ваня хочет провести обе свои фишки с верхней горизонтали доски на нижнюю. Может ли Серёжа ему помешать?

   Решение

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

Прислать комментарий

Условие

Дан правильный 2n-угольник A₁A₁...A_2n с центром O, причём  n ≥ 5.  Диагонали A₂A_n–1 и A₃A_n пересекаются в точке F, а A₁A₃ и A₂A_2n–2 – в точке P.
Докажите, что  PF = PO.

Решение

  Пусть C – середина дуги A₃A_n–1. Прямые A₂A_2n и OC параллельны как перпендикуляры к диаметру A₁A_n+1. Диагонали A₃A_n и A_n–1A₂ симметричны относительно прямой OC, поэтому точка F лежит на ней. Далее можно рассуждать по-разному.

  Первый способ. Пусть B – середина дуги A₁A_2n (рис. слева). Диагонали A₁A_2n–1 и A_2nA₂ симметричны относительно прямой OB, поэтому пересекаются на ней в точке S. Прямые OB и A₂A_n–1 параллельны ввиду равенства дуг, заключённых между ними. Следовательно, FOSA₂ – параллелограмм.
  При симметрии относительно диаметра A₁A_n+1 точка P переходит в точку Q пересечения диагоналей A₁A_2n–1 и A_2nA₄. Прямые A₁A_2n–1 и A₂A_2n–2, очевидно, параллельны. Прямые PQ и A₂A_2n параллельны как перпендикуляры к диаметру A₁A_n+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 A₂A_2n 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 A_2nA₂A_2n–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 A₂A_2n симметричны относительно диаметра, проходящего через середину дуги A₁A₃. Значит, точка K лежит на этом диаметре. Поэтому  ∠A_2nA₂A_n–1 = ⁿ⁺¹/_n π = ∠OKA₂. Следовательно, трапеция KOFA₂ – равнобокая.

2. 9 баллов.

Источники и прецеденты использования