11978. На прямой отметили точки X_{1}
, X_{2}
, …, X_{10}
(именно в таком порядке) и построили на отрезках X_{1}X_{2}
, X_{2}X_{3}
, …, X_{9}X_{10}
как на основаниях равнобедренные треугольники с углом \alpha
при вершинах. Оказалось, что все эти вершины лежат на полуокружности с диаметром X_{1}X_{10}
. Найдите \alpha
.
Ответ. 18^{\circ}
.
Решение. Пусть X_{1}A_{1}X_{2}
, X_{2}A_{2}X_{3}
, …, X_{9}A_{9}X_{10}
— равнобедренные треугольники, о которых говорится в условии задачи, а точки B_{1}
, B_{2}
, …, B_{9}
— точки, симметричные вершинам соответственно A_{1}
, A_{2}
, …, A_{9}
относительно прямой X_{1}X_{10}
.
Тогда из симметрии
\angle B_{1}X_{2}X_{1}=\angle A_{1}X_{2}X_{1}=\angle A_{2}X_{2}X_{3}=\angle B_{2}X_{2}X_{3},
поэтому точка X_{2}
лежит на отрезках B_{1}A_{2}
и A_{1}B_{2}
. Аналогично, точка X_{3}
лежит на отрезках B_{2}A_{3}
и B_{2}A_{3}
и т. д. Тогда
\angle X_{1}B_{1}A_{2}=\angle A_{2}B_{3}A_{4}=\angle A_{4}B_{5}A_{6}=\angle A_{6}B_{7}A_{8}=\angle A_{8}B_{9}X_{10}=\alpha.
Значит, 5\alpha
равно половине дуги X_{1}X_{10}
, т. е. 90^{\circ}
. Следовательно, \alpha=18^{\circ}
.
Автор: Бакаев Е. В.
Источник: Турнир городов. — 2020-2021, XLII, осенний тур, базовый вариант, 10-11 классы, № 2
Источник: Журнал «Квант». — 2021, № 2, с. 41, задача 2