Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3045
2019-05-06 
а) На окружности, описанной около правильного $n$-угольника $A_1A_2 \cdots A_n$, взята точка $M$. Доказать, что сумма квадратов расстояний от этой точки до всех вершин $n$-угольника не зависит от положения точки на окружности и равна $2nR^2$, где $R$ есть радиус окружности.
б) Доказать, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки $M$, взятой в плоскости правильного $n$-угольника $A_1A_2 \cdots A_n$, до всех вершин $n$-угольника зависит только от расстояния $l$ точки $M$ от центра $О$ многоугольника и равна $n(R^2 + l^2)$, где $R$ есть радиус окружности, описанной около $n$-угольника.
в) Доказать, что утверждение предыдущей задачи остается в силе и в том случае, когда точка $M$ не лежит в плоскости $n$-угольника $A_1A_2 \cdots A_n$.
Решение:
а) Предположим, что точка $M$ взята на дуге $A_1A_n$ окружности. Обозначим дугу $MA_1$ через $\alpha$; в таком случае дуги $MA_2, MA_3, \cdots, MA_n$ соответственно равны
$\alpha + \frac{2 \pi}{n}, \alpha + \frac{4 \pi}{n}, \cdots, \alpha + \frac {2(n-1) \pi}{n}$.
Но длина хорды $AB$ окружности радиуса $R$ равна $2R \sin \frac{AB}{2}$ (это можно легко усмотреть из равнобедренного треугольника $AOB$, где $O$ - центр окружности). Отсюда видно, что интересующая нас сумма равна
$4R^2 \left [\sin^2 \frac{ \alpha}{2} + \sin^2 \left ( \frac{ \alpha}{2} + \frac{\pi}{n} \right ) + \sin^2 \left ( \frac{\alpha}{2} + \frac{2 \pi}{n} \right ) + \cdots + \sin^2 \left ( \frac{\alpha}{2} + \frac{(n-1)\pi}{n} \right ) \right ]$
известной формулой $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ получим, что это выражение равно
$S = \frac{n}{2} - \left [ \cos \alpha + \cos \left ( \alpha + \frac{ 2\pi}{n} \right ) + \cos \left ( \alpha + \frac{4 \pi}{n} \right ) + \cdots + \cos \left ( \alpha + \frac {2(n-1) \pi}{n} \right ) \right ]$.
Но по формуле задачи 3036 имеем:
$\cos \alpha + \cos \left ( \alpha + \frac{2 \pi}{n} \right ) + \cdots + \cos \left ( \alpha + \frac {2(n-1) \pi}{n} \right ) = \frac {\sin \pi \cos \left ( \alpha + \frac{(n-1) \pi}{n} \right ) }{ \sin \frac{\pi}{n}} = 0$,
следовательно, $S = \frac{n}{2}$. Отсюда и вытекает утверждение задачи.
б) Пусть $A_1B_1, A_2B_2, \cdots, A_nB_n$ - перпендикуляры, опущенные из точек $A_1, A_2, \cdots, A_n$ на прямую $ОМ$ (рис. а). В таком случае по известной теореме имеем:
$MA_k^2 = MO^2 + OA_k^2 - 2MO \cdot OB_k = l^2 + R^2 - 2l \cdot OB_k$
($k = 1, 2, \cdots, n$), где отрезки $ОB_k$ берутся со знаками + или - в зависимости от того, расположена ли точка $В_k$ на луче $ОМ$ или вне его. Следовательно,
$MA_1^2 + MA_2^2 + \cdots + MA_n^2 = n(l^2 + R^2) - 2l (OB_1 + OB_2 + \cdots + OB_n)$.
Но если $\angle MOA_1 = \alpha$, то
$OB_1 = OA_1 \cos \angle A_1OM = R \cos \alpha, OB_2 = R \cos \left ( \alpha + \frac{2 \pi}{n} \right )$,
$OB_3 = R \cos \left ( \alpha + \frac{4 \pi}{n} \right ), \cdots, OB_n = R \cos \left ( \alpha + \frac {2(n-1) \pi}{n} \right )$.
А так как в решении задачи а) было показано, что
$\cos \alpha + \cos \left ( \alpha + \frac{2 \pi}{n} \right ) + \cdots + \cos \left ( \alpha + \frac {2(n-1) \pi}{n} \right ) = 0$,
то $OB_1 + OB_2 + \cdots + OB_n = 0$; отсюда и вытекает утверждение задачи.
в) Пусть $M_1$ - проекция точки $М$ на плоскость $n$-угольника (рис.). В таком случае имеем $MA_k^2 = M_1A_k^2 + MM_1^2$ ($к = 1, 2, \cdots n$) и, следовательно,
$MA_1^2 + MA_2^2 + \cdots + МА_n^2 = M_1A_1^2 + M_1A_2^2 + \cdots + M_1A_n^2 + n \cdot MM_1^2$.
Но $M_1A_1^2 + M_1A_2^2 + \cdots + M_1A_n^2 = n(R^2 + OM_1^2)$ (см. задачу б)) и $l_2 = ОМ^2 = ОМ_1^2 + M_1M^2$. Отсюда и вытекает утверждение задачи.
а) На окружности, описанной около правильного $n$-угольника $A_1A_2 \cdots A_n$, взята точка $M$. Доказать, что сумма квадратов расстояний от этой точки до всех вершин $n$-угольника не зависит от положения точки на окружности и равна $2nR^2$, где $R$ есть радиус окружности.
б) Доказать, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки $M$, взятой в плоскости правильного $n$-угольника $A_1A_2 \cdots A_n$, до всех вершин $n$-угольника зависит только от расстояния $l$ точки $M$ от центра $О$ многоугольника и равна $n(R^2 + l^2)$, где $R$ есть радиус окружности, описанной около $n$-угольника.
в) Доказать, что утверждение предыдущей задачи остается в силе и в том случае, когда точка $M$ не лежит в плоскости $n$-угольника $A_1A_2 \cdots A_n$.
Решение:
а) Предположим, что точка $M$ взята на дуге $A_1A_n$ окружности. Обозначим дугу $MA_1$ через $\alpha$; в таком случае дуги $MA_2, MA_3, \cdots, MA_n$ соответственно равны
$\alpha + \frac{2 \pi}{n}, \alpha + \frac{4 \pi}{n}, \cdots, \alpha + \frac {2(n-1) \pi}{n}$.
Но длина хорды $AB$ окружности радиуса $R$ равна $2R \sin \frac{AB}{2}$ (это можно легко усмотреть из равнобедренного треугольника $AOB$, где $O$ - центр окружности). Отсюда видно, что интересующая нас сумма равна
$4R^2 \left [\sin^2 \frac{ \alpha}{2} + \sin^2 \left ( \frac{ \alpha}{2} + \frac{\pi}{n} \right ) + \sin^2 \left ( \frac{\alpha}{2} + \frac{2 \pi}{n} \right ) + \cdots + \sin^2 \left ( \frac{\alpha}{2} + \frac{(n-1)\pi}{n} \right ) \right ]$
известной формулой $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ получим, что это выражение равно
$S = \frac{n}{2} - \left [ \cos \alpha + \cos \left ( \alpha + \frac{ 2\pi}{n} \right ) + \cos \left ( \alpha + \frac{4 \pi}{n} \right ) + \cdots + \cos \left ( \alpha + \frac {2(n-1) \pi}{n} \right ) \right ]$.
Но по формуле задачи 3036 имеем:
$\cos \alpha + \cos \left ( \alpha + \frac{2 \pi}{n} \right ) + \cdots + \cos \left ( \alpha + \frac {2(n-1) \pi}{n} \right ) = \frac {\sin \pi \cos \left ( \alpha + \frac{(n-1) \pi}{n} \right ) }{ \sin \frac{\pi}{n}} = 0$,
следовательно, $S = \frac{n}{2}$. Отсюда и вытекает утверждение задачи.
б) Пусть $A_1B_1, A_2B_2, \cdots, A_nB_n$ - перпендикуляры, опущенные из точек $A_1, A_2, \cdots, A_n$ на прямую $ОМ$ (рис. а). В таком случае по известной теореме имеем:
$MA_k^2 = MO^2 + OA_k^2 - 2MO \cdot OB_k = l^2 + R^2 - 2l \cdot OB_k$
($k = 1, 2, \cdots, n$), где отрезки $ОB_k$ берутся со знаками + или - в зависимости от того, расположена ли точка $В_k$ на луче $ОМ$ или вне его. Следовательно,
$MA_1^2 + MA_2^2 + \cdots + MA_n^2 = n(l^2 + R^2) - 2l (OB_1 + OB_2 + \cdots + OB_n)$.
Но если $\angle MOA_1 = \alpha$, то
$OB_1 = OA_1 \cos \angle A_1OM = R \cos \alpha, OB_2 = R \cos \left ( \alpha + \frac{2 \pi}{n} \right )$,
$OB_3 = R \cos \left ( \alpha + \frac{4 \pi}{n} \right ), \cdots, OB_n = R \cos \left ( \alpha + \frac {2(n-1) \pi}{n} \right )$.
А так как в решении задачи а) было показано, что
$\cos \alpha + \cos \left ( \alpha + \frac{2 \pi}{n} \right ) + \cdots + \cos \left ( \alpha + \frac {2(n-1) \pi}{n} \right ) = 0$,
то $OB_1 + OB_2 + \cdots + OB_n = 0$; отсюда и вытекает утверждение задачи.
в) Пусть $M_1$ - проекция точки $М$ на плоскость $n$-угольника (рис.). В таком случае имеем $MA_k^2 = M_1A_k^2 + MM_1^2$ ($к = 1, 2, \cdots n$) и, следовательно,
$MA_1^2 + MA_2^2 + \cdots + МА_n^2 = M_1A_1^2 + M_1A_2^2 + \cdots + M_1A_n^2 + n \cdot MM_1^2$.
Но $M_1A_1^2 + M_1A_2^2 + \cdots + M_1A_n^2 = n(R^2 + OM_1^2)$ (см. задачу б)) и $l_2 = ОМ^2 = ОМ_1^2 + M_1M^2$. Отсюда и вытекает утверждение задачи.
