16586. На отрезке XY
как на диаметре построена полуокружность и выбрана произвольная точка Z
на этом отрезке. Девять лучей из точки Z
делят развёрнутый угол XZY
на 10 равных частей и пересекают полуокружность в точках A_{1}
, A_{2}
, …, A_{9}
соответственно (в порядке обхода от X
к Y
). Докажите, что сумма площадей треугольников A_{2}ZA_{3}
и A_{7}ZA_{8}
равна площади четырёхугольника A_{2}A_{3}A_{7}A_{8}
.
Решение. Покажем, что S_{\triangle A_{2}ZA_{8}}=S_{\triangle A_{3}ZA_{7}}
. Требуемое в условии равенство получается вычитанием из обеих частей этого равенства площади серого треугольника с вершиной в точке Z
, а также добавлением площадей двух серых треугольников, примыкающих к хордам A_{2}A_{3}
и A_{7}A_{8}
(см. рис.).
Заметим, что
\angle A_{2}ZA_{8}+\angle A_{3}ZA_{7}=\frac{6}{10}\cdot180^{\circ}+\frac{4}{10}\cdot180^{\circ}=180^{\circ},
поэтому синусы этих углов равны. Значит, достаточно доказать, что ZA_{2}\cdot ZA_{8}=ZA_{3}\cdot ZA_{7}
. Покажем, что оба произведения равны XZ\cdot XY
. Для этого достаточно доказать следующее вспомогательное утверждение.
Лемма. Пусть P
и Q
— две точки на полуокружности с диаметром XY
, точка Z
лежит на отрезке XY
и \angle XZP=\angle YZQ
. Тогда ZP\cdot ZQ=ZX\cdot ZY
.
Доказательство. Отметим точку R
, симметричную Q
относительно прямой XY
. Тогда четырёхугольник XPYR
вписан в окружность с диаметром XY
. Также в силу симметрии
ZQ=ZR~\mbox{и}~\angle XZP=\angle QZY=\angle RZY,
значит, точки P
, Z
и R
лежат на одной прямой. Тогда Z
— точка пересечения диагоналей вписанного четырёхугольника XPYR
, поэтому
XZ\cdot ZY=PZ\cdot ZR=PZ\cdot ZQ.
Таким образом, лемма доказана, что завершает решение задачи.
Автор: Евдокимов М. А.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2023-2024, L, первый день, 11 класс, региональный этап, задача 11.4
Источник: Журнал «Квант». — 2024, № 3, M2787, с. 28; № 7, M2787, с. 20
Источник: Задачник «Кванта». — M2728