2345. В окружность радиуса 2 вписан тридцатиугольник A_{1}A_{2}\dots A_{30}
. Докажите, что на дугах A_{1}A_{2}
, A_{2}A_{3}
, \dots
, A_{30}A_{1}
можно отметить по одной точке (B_{1}
, B_{2}
, \dots
, B_{30}
соответственно) так, чтобы площадь шестидесятиугольника A_{1}B_{1}A_{2}B_{2}\dots A_{30}B_{30}
численно равнялась периметру тридцатиугольника A_{1}A_{2}\dots A_{30}
.
Решение. Пусть точки B_{1}
, B_{2}
, …, B_{30}
— середины дуг A_{1}A_{2}
, A_{2}A_{3}
, …, A_{30}A_{1}
соответственно, O
— центр окружности.
Площадь шестидесятиугольника A_{1}B_{1}A_{2}B_{2}\dots A_{30}B_{30}
равна сумме площадей четырёхугольников OA_{1}B_{1}A_{2}
, OA_{2}B_{2}A_{3}
, …, OA_{30}B_{30}A_{1}
, Но у этих четырёхугольников диагонали перпендикулярны, а значит, площадь каждого равна половине произведения его диагоналей. Искомая сумма равна тогда
\frac{1}{2}OB_{1}\cdot A_{1}A_{2}+\frac{1}{2}OB_{2}\cdot A_{2}A_{3}+\dots+\frac{1}{2}OB_{30}\cdot A_{30}A_{1}.
Поскольку по условию OB_{1}=OB_{2}=\dots=OB_{30}=2
, эта сумма численно равна A_{1}A_{2}+A_{2}A_{3}+\dots+A_{30}A_{1}
. Что и требовалось доказать.