|
|
|||||||
| สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
  |
|
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
|
#4
07 พฤษภาคม 2012, 18:46
|
||||
|
||||
คิดเท่าไหร่ก็ไม่ออกครับ ต้องใช้พีทาโกรัสกับอะไรเหรอครับ
__________________
God does mathematics. 
|
|
#7
08 พฤษภาคม 2012, 12:08
|
||||
|
||||
|
ผมใช้วิธีความเท่ากันทุกประการ+ปีทากอรัสอ่ะครับ
__________________
"Végre nem butulok tovább" ("ในที่สุด ข้าพเจ้าก็ไม่เขลาลงอีกต่อไป")
|
|
#8
08 พฤษภาคม 2012, 12:29
|
||||
|
||||
|
จากทบ.วงกลม ถ้าจุดศูนย์กลางวงกลมลากตั้งฉากกับคอร์ดจะเเบ่งครึ่งคอร์ด
ให้ด้าน $AB=a,AE=\frac{a}{2}$ ปีทากอรัส $OE^2=\sqrt{R^2-\frac{a^2}{4}}$ $\Delta BAE \simeq \Delta OEA$ ได้ว่า AB=OE $a=\sqrt{R^2-\frac{a^2}{4}}$ $a^2=R^2-\frac{a^2}{4}$ $\frac{5a^2}{4}=R^2$ $a=\sqrt{\frac{2}{5}}R$
__________________
"Végre nem butulok tovább" ("ในที่สุด ข้าพเจ้าก็ไม่เขลาลงอีกต่อไป") 08 พฤษภาคม 2012 12:30 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ cardinopolynomial
|
|
#10
08 พฤษภาคม 2012, 16:14
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
 อ้างอิง:
ลองเลือกสักอันก็ได้ครับ ผลลัพธ์คือเหมือนกัน
|
|
#11
08 พฤษภาคม 2012, 23:29
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
จากที่ผมคิดน่ะครับ ผมว่ามันไม่น่าจะเท่ากันทุกประการเเล้ว คุณหยิงหยางคิดว่ามันเท่ากันทุกประการรึเปล่าครับ จากรูปที่วาดขึ้น เนื่องจากเวลาศก.วงกลมตั้งฉากกับคอร์ด มันเหมือนกับว่าจุดOสะท้อนไปจุดE ที่เหลือลองดูเองน่ะครับ ผมยังไม่ค่อยมีทฤษฎีมารองรับ
__________________
"Végre nem butulok tovább" ("ในที่สุด ข้าพเจ้าก็ไม่เขลาลงอีกต่อไป") 08 พฤษภาคม 2012 23:30 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ cardinopolynomial
|
|
#12
09 พฤษภาคม 2012, 00:26
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
อันที่จริงอยากตรวจสอบตัวเองว่าคิดถูกหรือไม่ก็ลองเปลี่ยนขนาดของด้านสี่เหลี่ยมจัตุรัสให้ยาวขึ้นหรือสั้นลง แล้วดูว่าหลักคิดนี้ยังใช้ได้อยู่หรือไม่ ถึงจุดนี้ก็จะพอมองออกแล้วละครับว่ามีทฤษฏีรองรับหรือไม่ 09 พฤษภาคม 2012 00:26 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ หยินหยาง
|
|
#13
12 พฤษภาคม 2012, 10:08
|
|||
|
|||
|
ให้สี่เหลี่ยมจัตุรัส ABCD ยาวด้านละ 2a หน่วย จะได้เส้นสัมผัสวงยาว 4a หน่วย ลากเส้นต่างๆดังรูป สามเหลี่ยม OBM และสามเหลี่ยม OBE โดยปีธากอรัส จะได้ $(4a)^2 + R^2 = OB^2 = a^2 + (2a+x)^2$ $x = 3a$ สามเหลี่ยม AFO โดยปีธากอรัส $R^2 = a^2 + (3a)^2$ $2a =R \sqrt{\frac{2}{5}} $ ข้อนี้ยากไปสำหรับเด็กประถม แม้แต่มัธยมต้นก็หืดขึ้นคอเหมือนกัน
__________________
มาหาความรู้ไว้ติวหลาน แต่หลานไม่เอาเลขแล้ว เข้ามาทำเลขเอามันอย่างเดียว  ความรู้เป็นสิ่งเดียวที่ยิ่งให้ ยิ่งมีมาก รู้อะไรไม่สู้ รู้จักพอ (ยกเว้นความรู้ ไม่ต้องพอก็ได้ หาไว้มากๆแหละดี) (แต่ก็อย่าให้มากจนท่วมหัว เอาตัวไม่รอด)
|
|
#14
12 พฤษภาคม 2012, 22:05
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
|
|
#15
25 พฤษภาคม 2012, 22:19
|
|||
|
|||
|
ดูแล้วงงงงงง..............
เดี๋ยวน้องๆหลานๆชั้นประถมจะงงกันใหญ่ ให้ $x$ คือความยาวด้านของสี่เหลี่ยมจัตุรัสABCD จากPythagoras $\triangle BMO$ และ $\triangle BEO$ จะได้ $4x^2+R^2=(\frac{x}{2})^2+(x+a)^2..........(1)$ และจาก $\triangle AFO$ จะได้ $a=\sqrt{R^2-(\frac{x}{2})^2} $ นำค่า $a$ ไปแทนในสมการ (1) จะได้ $4x^2+R^2=(\frac{x}{2})^2+(x+\sqrt{R^2-(\frac{x}{2})^2})^2$ $4x^2+R^2=\frac{x^2}{4}+x^2+2x\sqrt{R^2-(\frac{x}{2})^2}+R^2-\frac{x^2}{4}$ หักลบแล้วจะได้ $\frac{3x}{2}=\sqrt{R^2-(\frac{x}{2})^2}$ $\frac{9x^2}{4}=R^2-\frac{x^2}{4}$ $x^2=\frac{2}{5}R^2\rightarrow x=\sqrt{\frac{2}{5}}R$ 26 พฤษภาคม 2012 10:12 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ artty60 เหตุผล: เพิ่มเติมวิธีทำ
|
| |
|
|
