อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thgx0312555
กำลังจะลงเรขาอยู่พอดีครับ
1. ให้ $ABC$ เป็นสามเหลี่ยมมุมแหลม ซึ่ง $AB \neq BC$, ให้ $T$ เป็นจุดศูนย์กลางของ $AC$ ให้ $A_1$ และ $C_1$ เป็นจุดปลายเส้นส่วนสูงที่ลากจาก $A$ และ $C$ ตามลำดับ, ให้ $Z$ เป็นจุดตัดของเส้นสัมผัสกับวงกลมล้อมรอบสามเหลี่ยม $ABC$ จาก $A,C$ ตามลำดับ, ให้ $X$ เป็นจุดตัดของ $ZA$ และ $A_1C_1$ และ $Y$ เป็นจุดตัดของ $ZC$ และ $A_1C_1$
จงพิสูจน์ว่า $T$ เป็นจุดศูนย์กลางวงกลมแนบในสามเหลี่ยม $XYZ$
2. กำหนดให้ $\Omega$ เป็นวงกลมที่มี $AC$ เป็นคอร์ด, ถ้า $\omega$ เป็นวงกลมที่สัมผัส $AC$ และ วงกลม $\Omega$ ที่จุด $B,G$ ตามลำดับ ให้ $M$ เป็นจุดศูนย์กลางของส่วนโค้งที่ไม่มี $G$ จงพิสูจน์ว่า จุด $B,G,M$ อยู่บนเส้นตรงเดียวกัน
Note: ข้อนี้เป็น lemma ที่เอาไปใช้ในโจทย์เรขาคุณ Aquila ข้อ 3 ได้ครับ
3. ให้ $ABC$ เป็นสามเหลี่ยมและ $M$ เป็นจุดกึ่งกลางของ $AC$, ให้ $P$ และ $Q$ เป็นจุดบนส่วนของเส้นตรง $AM$ และ $MC$ ซึ่ง $PQ=\dfrac{1}{2}AC$, ถ้าวงกลมล้อมรอบสามเหลี่ยม $ABQ$ ตัดด้าน $BC$ ที่จุด $X \neq B$ , วงกลมล้อมรอบสามเหลี่ยม $ฺBCP$ ตัดด้าน $AB$ ที่จุด $Y \neq B$, จงพิสูจน์ว่าสี่เหลี่ยม $BMXY$ มีวงกลมล้อมรอบ
|
1. เนื่องจาก $ACA_1C_1$ เป็น cyclic จึงได้ว่า $B\hat A C= Y\hat A_1 C$
และจาก $ZY$ เป็นเส้นสัมผัส ดังนั้น $B\hat AC=Y\hat C A$ จึงได้ $\bigtriangleup YA_1C$ เป็นสามเหลี่ยมหน้าจั่ว
จากนั้นลากเส้นแบ่งครึ่งมุม Y มาตัด $AC$ ที่ $M_1$ เราจะได้ $YM_1//AA_1$ ทำให้ได้ $AM_1=CM_1$ ดังนั้น $M_1=M$
จึงได้ว่าลากเส้นแบ่งครึ่งมุม $A_1\hat YC$ ตัด $AC$ ที่ M และทำเหมือนๆกันกับ $\bigtriangleup XAC_1$
จึงได้ M เป็น incenter ของ $\bigtriangleup XYZ$
2. ให้ $\omega\cap GA= X$ และ $\omega \cap GC=Y$ และ $GB \cap \Omega =M_0$
พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า $\bigtriangleup GXY\sim \bigtriangleup GAC$ (ลาก tangent ของวงกลมที่ G ไล่มุมสัมผัส) จาก Power of point
$AB^2=AX \cdot AG$ และ $BC^2=CY \cdot CG$ (1)
และจากที่ $\bigtriangleup GXY\sim \bigtriangleup GAC$ ทำให้ได้ว่า $\dfrac{AX} {AG}=\dfrac{CY}{CG}$ (2)
จาก (1),(2) จึงได้ $\dfrac{AB}{AG}=\dfrac{BC}{CG}$ ทำให้ได้ $BG$ เป็นเส้นแบ่งครึ่งมุม $AGC$
ดังนั้น $M_0$ เป็นจุดกึ่งกลางส่วนโค้ง AC (ด้านที่ไม่มี G) ทำให้ได้ $M=M_0$
ดังนั้น $M,B,G$ are collinear
3. พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า $\bigtriangleup APY \sim \bigtriangleup CQX$ (ใช้ความ cyclic)
จาก $PQ= \dfrac{1}{2}AC$ จึงได้ $AP=MQ$ และ $QC=PM$
จาก $\bigtriangleup APY \sim \bigtriangleup CQX$ จึงได้ $\dfrac{AP}{PY}=\dfrac{QX}{QC}$
จาก $AP=MQ$ และ $QC=PM$ จะได้ $\dfrac{PM}{PY}=\dfrac{GX}{GM}$ และมีมุม $Y\hat PM=X\hat QM=180-\hat B$ ดังนั้นจึงได้ว่า $\bigtriangleup PMY \sim \bigtriangleup QMX$
จากที่ $\bigtriangleup PMY \sim \bigtriangleup QMX$ จึงได้ $Y\hat MP=M\hat XQ$ และ $P\hat YM=X\hat MQ$
ดังนั้น $Y\hat MP+X\hat MQ=180-(180-B)=B $ ดังนั้น $M\hat YX=180-B$
จึงได้ $B,Y,X,M$ concyclic
1. ข้อแรกงงครับ
แบบเหมือนผมไม่รู้ว่า $a_1$ เริ่มที่ค่าไหนอ่ะครับ (เข้าใจอะไรผิด ขออภัยครับ)
2. ผมทำงง ๆ ได้ k=n เลยไม่รู้จะพิสูจน์ยังไง
3. มีการแข่งขึ้นทั้งหมด $\dbinom{n}{2}$ และมีผลการแข่ง "แพ้+ชนะ "= $2\dbinom{n}{2}$
ให้ $w_i, l_i$ เป็นจำนวนครั้ง "ชนะ" และ "แพ้" ของคนที่ i โดย $w_i+l_i=n-1$
พิจารณา จำนวนคู่ที่ "แพ้" คนที่ i (คือ คู่ที่คนที่ i ชนะ,say j,k ) = $\dbinom{w_i}{2}$ และ
จำนวนคู่ที่ "ชนะ" คนที่ i (คือ คู่ที่คนที่ i แพ้,say j,k ) = $\dbinom{l_i}{2}$
ดังนั้น $\displaystyle \sum_{i=1}^n \dbinom{w_i}{2} = \sum_{1\leq j < k \leq n} L(j,k)$
$\displaystyle \sum_{i=1}^n \dbinom{l_i}{2} = \sum_{1\leq j < k \leq n} W(j,k)$
จะต้องพิสูจน์ว่า $\displaystyle \sum_{i=1}^n \dbinom{l_i}{2}= \sum_{i=1}^n \dbinom{w_i}{2}$ (โดยใช้ $w_i+l_i=n-1$ ให้เกิดประโยชน์) กระจายโลดด
ดังนั้น $\displaystyle \sum_{1\leq j < k \leq n} L(j,k) =\sum_{1\leq j < k \leq n} W(j,k)$