|
|
 |
Условие
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.
