Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1537
2019-01-19 
Дан биллиард в форме правильного 1998-угольника $A_1A_2\cdotsA_1998$. Из середины стороны $A_1A_2$ выпустили шар, который, отразившись последовательно от сторон $A_2A_3, A_3A_4,\cdots, A_1998A_1$ (по закону «угол падения равен углу отражения»), вернулся в исходную точку. Докажите, что траектория шара - правильный 1998-угольник.
Решение:
Обозначим траекторию шара $B_1B_2\cdots B_{1998}B_1,$ где $B_1$ - середина $A_1A_2$. Также обозначим $ \angle B_2B_1A_2 = а$ (угол, под которым пустили шар), $ \varphi = \angle B_1A_2B_2 = \frac{1996 \pi }{1998}$ - угол правильного 1998-угольника, $\angle B_1B_2A_2 = b = \pi - a - \varphi $ (рис.). По закону отражения $\angle B_3B_2A_3 = b$. Из треугольника $B_2A_3B_3: \angle B_2B_3A_3 = \pi - b - \varphi = a$, и т.д., наконец $\angle B_{1998}B_1A_1 = а$. В результате получаем, что все треугольники $B_1A_2B_2, B_2A_3B_3,\cdots, B_{1998}A_1B_1$ имеют углы $а, b, \varphi $ и, следовательно, подобны друг другу.
Пусть $k = \frac {B_1A_2}{B_2A_2}= \frac {B_3A_3}{B_2A_3}=\cdots= \frac {B_1A_1}{B_{1998}A_1}$ - отношение соответствующих сторон в этих подобных треугольниках. Имеем: $к \cdot B_2A_2 = B1A2, к \cdot B_2A_3 = B_3A_3, \cdots, к \cdot B_{1998}A_1 = B_1A_1$. Легко видеть, что, сложив эти равенства, получим: $k(A_2A_3 + A_4A_5 + \cdots+ A_{1998}A_1) = A_1A_2 + A_3A_4 + \cdots + A_{1997}A_{1998}$, откуда к = 1 в силу правильности многоугольника $A_1A_2\cdots A_{1998}$. Значит, все треугольники $B_1A_2B_2, B_2A_3B_3, \cdots, B_{1998}A_1B_1$ - равнобедренные, и точки $B_2, \cdots, B_{1998}$ - середины соответствующих сторон многоугольника $A_1A_2 \cdots A_{1998}$. Это доказывает правильность многоугольника $B_1B_2\cdots B_{1998}$.
Дан биллиард в форме правильного 1998-угольника $A_1A_2\cdotsA_1998$. Из середины стороны $A_1A_2$ выпустили шар, который, отразившись последовательно от сторон $A_2A_3, A_3A_4,\cdots, A_1998A_1$ (по закону «угол падения равен углу отражения»), вернулся в исходную точку. Докажите, что траектория шара - правильный 1998-угольник.
Решение:
Обозначим траекторию шара $B_1B_2\cdots B_{1998}B_1,$ где $B_1$ - середина $A_1A_2$. Также обозначим $ \angle B_2B_1A_2 = а$ (угол, под которым пустили шар), $ \varphi = \angle B_1A_2B_2 = \frac{1996 \pi }{1998}$ - угол правильного 1998-угольника, $\angle B_1B_2A_2 = b = \pi - a - \varphi $ (рис.). По закону отражения $\angle B_3B_2A_3 = b$. Из треугольника $B_2A_3B_3: \angle B_2B_3A_3 = \pi - b - \varphi = a$, и т.д., наконец $\angle B_{1998}B_1A_1 = а$. В результате получаем, что все треугольники $B_1A_2B_2, B_2A_3B_3,\cdots, B_{1998}A_1B_1$ имеют углы $а, b, \varphi $ и, следовательно, подобны друг другу.
Пусть $k = \frac {B_1A_2}{B_2A_2}= \frac {B_3A_3}{B_2A_3}=\cdots= \frac {B_1A_1}{B_{1998}A_1}$ - отношение соответствующих сторон в этих подобных треугольниках. Имеем: $к \cdot B_2A_2 = B1A2, к \cdot B_2A_3 = B_3A_3, \cdots, к \cdot B_{1998}A_1 = B_1A_1$. Легко видеть, что, сложив эти равенства, получим: $k(A_2A_3 + A_4A_5 + \cdots+ A_{1998}A_1) = A_1A_2 + A_3A_4 + \cdots + A_{1997}A_{1998}$, откуда к = 1 в силу правильности многоугольника $A_1A_2\cdots A_{1998}$. Значит, все треугольники $B_1A_2B_2, B_2A_3B_3, \cdots, B_{1998}A_1B_1$ - равнобедренные, и точки $B_2, \cdots, B_{1998}$ - середины соответствующих сторон многоугольника $A_1A_2 \cdots A_{1998}$. Это доказывает правильность многоугольника $B_1B_2\cdots B_{1998}$.
