#1
|
||||
|
||||
bisector
Let $PQ$ be the diameter of semicircle $H$.Circle $O$ is internally tangent to H and tangent to $PQ$ at $C$.Let $A$ be a point on $H$ and $B$ a point on $PQ$ such that $AB \perp PQ$ and is tangent to $O$.
Prove that $AC$ bisects $\hat{PAB}$. |
#2
|
||||
|
||||
ขอรูปหน่อยครับ
|
#3
|
||||
|
||||
11 พฤษภาคม 2008 18:00 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ dektep |
#5
|
||||
|
||||
ไม่ค่อยดีนะครับที่ขอรูปเพราะว่าโจทย์บางข้อวาดรูปได้มากกว่าหนึ่งแบบ
ถ้าข้อรูปจะทำให้คิดได้ไม่ครบทุกเคส ต้องฝึกหนะครับ |
#6
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
แล้วคุณ Ipod ฝึกมาดีพอรึยัง
__________________
"I am the bone of my sword. Steel is my body, and fire is my blood. I have created over a thousand blades. Unknown to death. Nor known to life. Have withstood pain to create many weapons. Yet, those hands will never hold anything. So as I pray, "Unlimited Blade Works." |
#7
|
||||
|
||||
ดีแล้วครับ... แต่ยังดีไม่พอสำหรับไปสเปน 555+
|
#8
|
||||
|
||||
งั้นขอรูปอีกแบบด้วยนะึครับผมไม่ค่อยเก่งอังกฤษ
|
#9
|
|||
|
|||
ผมขอเตือนคุณ murderer หน่อยละกัน ว่าอย่าใส่เสื้อสีแดงตอนไป IMO เดี๋ยวกระทิงจะขวิดเอา 555
|
#10
|
||||
|
||||
อะไรคือ Inversion ครับ
|
#11
|
||||
|
||||
ขนาดคุณ Anonymous314 ยังไม่รู้แล้วผมจะรู้ไหมครับ
|
#12
|
||||
|
||||
ลาก AB ตัดกับวงกลมที่จุด R (ดังรูป)
เนื่องจากมุม AQP = มุม PAB และมุม QAP เป็นมุมฉาก ดังนั้น AC แบ่งครึ่งมุม PAB ก็ต่อเมื่อ AQ = QC จึงเป็นการเพียงพอที่จะพิสูจน์ ถ้าเราแสดงให้เห็นได้ว่า AQ = QC Solution 1 เพราะว่า H, O, E collinear จึงไม่ยากที่จะแสดงว่า E, D, Q collinear และเนื่องจาก arc AQ = arc QR ดังนั้น มุม AEQ = มุม QAD ทำให้สามเหลี่ยม AQE และสามเหลี่ยม DQA คล้ายกัน AQ/QD = QE/AQ หรือ AQ^2 = (QD)(QE) = QC^2 ดังนั้น AQ = QC Solution 2 Casey?s Theorem โดยการใช้ Generalized Ptolemy Theorem (Casey?s Theorem) และ Ordered 4-tuple (A, circle O, R, Q) จะได้ว่า (AD)(RQ) + (AQ)(RD) = (AR)(QC) แต่เนื่องจาก RQ = AQ ดังนั้น AQ = QC |
#13
|
||||
|
||||
นี่มัน Israeli math olympiad 1996 นี่ครับ
|
|
|