2381. В равнобедренном треугольнике ABC
(AB=AC
) угол A
равен \alpha
. На стороне AB
взята точка D
так, что AD=\frac{1}{n}AB
. Найдите сумму n-1
углов, под которыми виден отрезок AD
из точек, делящих сторону BC
на n
равных частей:
а) при n=3
;
б) при произвольном натуральном n\gt3
.
Ответ. а), б) \frac{\alpha}{2}
.
Указание. Рассмотрите симметрию относительно биссектрисы угла при вершине A
.
Решение. Пусть F_{0}=B
, F_{1}
, F_{2}
, …, F_{n-1}
, F_{n}=C
— точки, последовательно расположенные на стороне BC
и делящие её на n
равных частей, \Sigma
— искомая сумма.
Равнобедренный треугольник ABC
симметричен относительно биссектрисы угла A
. При этой симметрии точки F_{0}=B
, F_{1}
, F_{2}
, …, F_{n-1}
, F_{n}=C
переходят в точки соответственно F_{n}=C
, F_{n-1}
, F_{n-2}
, …, F_{1}
, F_{0}=B
, а точка D
— в точку E
на стороне AC
, причём AE=\frac{1}{n}AC
. Тогда
\angle AF_{1}D=\angle AF_{n-1}E,~\angle AF_{2}D=\angle AF_{n-2}E,~\dots,~\angle AF_{n-1}D=\angle AF_{1}E,
поэтому
\Sigma=\angle AF_{1}D+\angle AF_{2}D+\dots+\angle AF_{n-2}D+\angle AF_{n-1}D=
=\angle AF_{1}E+\angle AF_{2}E+\dots+\angle AF_{n-2}E+\angle AF_{n-1}E=
=\frac{1}{2}((\angle AF_{1}D+\angle AF_{1}E)+(\angle AF_{2}D+\angle AF_{2}E)+\dots+
+(\angle AF_{n-2}D+\angle AF_{n-2}E)+(\angle AF_{n-1}D+\angle AF_{n-1}E))=
=\frac{1}{2}(\angle DF_{1}E+\angle DF_{2}E+\dots+\angle DF_{n-2}E+\angle DF_{n-1}E).
Противоположные стороны DE
и F_{0}F_{1}
равны и параллельны, поэтому F_{0}DEF_{1}
— параллелограмм. Аналогично F_{1}DEF_{2}
, F_{2}DEF_{3}
, …, F_{n-1}DEF_{n}
— параллелограммы. Значит,
\angle DF_{1}E=\angle F_{0}DF_{1},~\angle DF_{2}E=\angle F_{1}DF_{2},\dots,\angle DF_{n}E=\angle F_{n-1}DF_{n}.
Следовательно,
S=\frac{1}{2}(\angle F_{0}DF_{1}+\angle F_{1}DF_{2}+\dots+\angle F_{n-2}DF_{n-1}+\angle F_{n-1}DF_{n})=
=\frac{1}{2}\angle F_{0}DF_{n-1}=\frac{1}{2}\angle BDF_{n-1}=\frac{\alpha}{2}.