FFTMO9

[จูกัดเหลียง]

พี่ PP_nine ครับ ปกติสามเหลี่ยมก็น่าจะได้ว่า $AB+AC>BC$ ไม่ใช่อ่อครับ

[PP_nine]

ไม่ทันไรก็พิมพ์ตกไปอีกละ สงสัยอ่านหนังสือเตรียมเอ็นท์จนมึน

พิมพ์เลข 2 ตกไปตัวนึงน่ะ

[จูกัดเหลียง]

ให้ $a,b,c$ เเทนความยาวด้านตรงข้ามมุม $A,B,C$ ตามลำดับ
โดย Cosine Law จะได้ว่า
$$a^2=b^2+c^2-2bc\cos \hat A\ge b^2+c^2-bc$$
$ \because 60<\hat A<180$
เห็นได้ชัดว่า $$3(b-c)^2\ge 0\leftrightarrow (2a)^2\ge 4b^2+4c^2-4bc\ge (b+c)^2$$
ทำให้ได้ต่อไปว่า $2a\ge b+c$

[PP_nine]

วันหยุดว่างๆมาเล่นซักแปปนึง เฉลยข้อ 5 ให้ละกัน

คำแนะนำ : ควรวาดรูปประกอบ เพราะผมจะบรรยายอย่างเดียว (ขี้เกียจวาดรูป )

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

5. สี่เหลี่ยม $ABCD$ concyclic โดย $AC \cap BD = P$ ถ้า circumcenter ของ $(ABCD), (ABP), (BCP), (CDP), (DAP)$
คือ $O, O_1, O_2, O_3, O_4$ ตามลำดับ พิสูจน์ $OP, O_1O_3, O_2O_4$ concurrent

Solution

เนื่องจาก $BC$ เป็นคอร์ดร่วมของวงกลม $O$ และ $O_2$ แสดงว่า $OO_2 \bot BC$

ต่อไปพิจารณาวงกลม $O,O_4$

ลากเส้นตรง $PO_4$ ตัดวงกลม $O_4$ และเส้นตรง $BC$ ที่จุด $X,Y$ ตามลำดับ

ในวงกลม $O_4$ พบว่า $A \hat X P = A \hat D P$

และในวงกลม $O$ พบว่า $A \hat D P = P \hat C B$

แสดงว่า $A \hat X P = P \hat C B$

จากนั้นพิจารณาใน $\Delta AXP$ และ $\Delta PYC$

สามเหลี่ยมทั้งสองมี $A \hat X P = P \hat C Y$ และมุมตรงข้ามเท่ากัน 1 คู่คือ $A \hat P X = Y \hat P C$

แสดงว่ามุมที่เหลือเท่ากัน, กล่าวคือ $X \hat A P = P \hat Y C$

แต่ในวงกลม $O_4$ ชัดเจนว่า $\Delta AXP$ คือสามเหลี่ยมที่แนบในครึ่งวงกลมโดยมี $XP$ เป็นเส้นผ่านศูนย์กลาง

ดังนั้น $X \hat A P = 90^{\circ}$ ส่งผลให้ $P \hat Y C = 90^{\circ}$ เช่นกัน

สรุปได้ว่า $PO_4 \bot BC$ แต่เดิมมี $OO_2 \bot BC$ ดังนั้น $PO_4 // OO_2$

ทำนองเดียวกัน $PO_2 // OO_4$

แสดงว่า $PO$ ตัดกับ $O_2O_4$ ที่จุดกึ่งกลางของ $PO$

ในทำนองเดียวกัน $PO$ ตัดกับ $O_1O_3$ ที่จุดกึ่งกลางของ $PO$ ด้วย

สรุป $PO,O_1O_3,O_2O_4$ concurrent (ตัดกันที่จุดๆเดียว)

[BLACK-Dragon]

คุณ PP_nine ลงเรขาต่อเลยครับ อินเทอร์เน็ตกำลังติด

ไม่ติดมาหลายวันแล้ว

[PP_nine]

เฉลยโจทย์ที่เหลือ ข้อ 4

คำแนะนำ : เหมือนเดิมครับ

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

4. $\Delta ABC$ ด้านไม่เท่า มี $AD, BE, CF$ เป็นเส้นแบ่งครึ่งมุม $K_a,K_b,K_c$ อยู่บน Incircle $\Delta ABC$
โดยที่ $DK_a,EK_b,FK_c$ สัมผัส Incircle $\Delta ABC$ และ $K_a \not\in BC$, $K_b \not\in CA$ และ $K_c \not\in AB$ พิสูจน์ $\Delta K_aK_bK_c$ ~ $\Delta ABC$

Solution

กำหนด $I$ เป็นจุดศูนย์กลาง Incircle และขนาดของมุมใน $\Delta ABC$ เป็น $A,B,C$ ในฐานที่เข้าใจ

ให้ Incircle สัมผัส $BC$ ที่ $Y$ และต่อ $FK_c \cap BC =X$ (แปลว่า $FK_c$ ตัด $BC$ ที่ $X$)

พิจารณา $\Delta BID$ มี $I \hat B D =\frac{B}{2}$ พร้อมกับพิจารณาใน $\Delta BIA$ ได้ว่า $B \hat I D=\frac{A+B}{2}$

$\therefore B \hat D I = 90^{\circ}+\frac{C-B}{2}$

ต่อมาพิจารณา $\Delta YID$ ได้ว่า $Y \hat I D = 90^{\circ} - \Big( 90^{\circ}+\frac{C-B}{2} \Big) = \frac{B-C}{2}$

ทำให้ $Y \hat I K_a = B-C$ และทำให้ $Y \hat K_b K_a = \frac{B-C}{2}$

ต่อไปพิจารณาใน $\Delta AFC$ และ $\Delta XFC$ มี $A \hat C F = F \hat C X = \frac{C}{2}$ และมุม $A \hat F C = X \hat F C$ (เส้นสัมผัส)

และมีด้าน $FC$ เป็นด้านร่วม ทำให้ $\Delta AFC \cong \Delta XFC$ นั่นคือ $F \hat A C = F \hat X C = A$

ในสี่เหลี่ยม $K_cIYX$ มี $X \hat K_c I = X \hat Y I = 90^{\circ}$ และจากเดิมมี $K_c \hat X Y = A$ และ $K_c \hat I Y = 180^{\circ} - A$

และทำให้ $K_c \hat K_b Y=\frac{180^{\circ}-A}{2}=90^{\circ}-\frac{A}{2}$ (ในวงกลม)

$\therefore K_c \hat K_b K_a = K_c \hat K_b Y + Y \hat K_b K_a = \Big( 90^{\circ}-\frac{A}{2} \Big) + \Big( \frac{B-C}{2} \Big) = 90^{\circ} - \Big( \frac{A+C}{2} \Big) + \frac{B}{2} = \frac{B}{2}+\frac{B}{2} = B$

ในทำนองเดียวกัน ก็จะได้ว่า $K_b \hat K_c K_a=C$ และ $K_c \hat K_a K_b=A$ ทำให้ $\Delta K_aK_bK_c$ ~ $\Delta ABC$

ข้อนี้จะทำแบบอื่นก็ได้ครับ แต่ผมชอบแบบนี้ตรงที่มันทำให้เรามองภาพได้ในหลายๆมุม สวยดี

[จูกัดเหลียง]

#80 คิดเองนะครับอันนี้ 555
กำหนด $a,b,c$ เเทนความยาวเเต่ละด้านของรูปสามเหลี่ยม ที่ $a+b+c=3$
จงหาว่าพื้นที่ที่มากที่สุดที่เป็นไปได้ของ สามเหลี่ยมนี้เป็นเท่าใด

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

#80 คิดเองนะครับอันนี้ 555
กำหนด $a,b,c$ เเทนความยาวเเต่ละด้านของรูปสามเหลี่ยม ที่ $a+b+c=3$
จงหาว่าพื้นที่ที่มากที่สุดที่เป็นไปได้ของ สามเหลี่ยมนี้เป็นเท่าใด

คงจะให้เล่น Am-Gm กับสูตร $\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ รึเปล่าครับ

6. กำหนดวงกลมทั้งสามวงตัดกันให้ $AB,CD$ และ $EF$ เป็นคอร์ดร่วมของวงกลมแต่ละคู่

จงพิสูจน์ว่า $AB,CD$ และ $EF$ ตัดกันที่จุดๆหนึ่ง (concurrent)

[PP_nine]

แนวคิดข้อนี้มาจากข้อสอบสมาคมฯ ม.ปลายข้อสุดท้ายครับ

7. $P$ เป็นจุดภายนอกวงกลมทึ่มีจุดศูนย์กลาง $O$ ลาก $PQ,PR$ เป็นเส้นสัมผัสวงกลม

จุด $B$ เป็นจุดบน $QR$ ลาก $PB$ ตัดวงกลมที่ $A,C$ พิสูจน์ว่า $PB$ เป็นค่าเฉลี่ยฮาร์มอนิกของ $PA,PC$ ที่ไม่ขึ้นกับจุด $B$ บน $QR$

[จูกัดเหลียง]

#83 ใบ้หน่อยดิไม่เคยเจอเลยอ่ะครับ (พิสูจน์ตัดกันจุดเดียว)
#84 ค่าเฉลี่ยฮาร์มอนิกนี่ใช่ ($PB=\frac{2}{\frac{1}{PA}+\frac{1}{PC}}$)หรอครับ
เเต่พอผมลองเลื่อน $B$ มาเป็น $O$ เลย มันจะเป็นค่าเฉลี่ยเลขคณิตอ่ะครับ

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

#83 ใบ้หน่อยดิไม่เคยเจอเลยอ่ะครับ (พิสูจน์ตัดกันจุดเดียว)
#84 ค่าเฉลี่ยฮาร์มอนิกนี่ใช่ ($PB=\frac{2}{\frac{1}{PA}+\frac{1}{PC}}$)หรอครับ
เเต่พอผมลองเลื่อน $B$ มาเป็น $O$ เลย มันจะเป็นค่าเฉลี่ยเลขคณิตอ่ะครับ

อย่างข้ิอนี้ ก็เหมือนกับการพิสูจน์ว่า orthocenter ตัดกันที่จุดๆเดียวแหละครับ

คือ ลาก 2 เส้นให้ตั้งกับสองด้าน แล้วลากอีกเส้นผ่านจุดนั้นแล้วพิสูจน์ว่า เส้นที่ 3 ตั้งฉากกับอีกด้่านที่เหลือ

[PP_nine]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

#84 ค่าเฉลี่ยฮาร์มอนิกนี่ใช่ ($PB=\frac{2}{\frac{1}{PA}+\frac{1}{PC}}$)หรอครับ
เเต่พอผมลองเลื่อน $B$ มาเป็น $O$ เลย มันจะเป็นค่าเฉลี่ยเลขคณิตอ่ะครับ

ค่าเฉลี่ยฮาร์มอนิกแบบนั้นถูกแล้วครับ

แต่จะเลื่อน $B$ มาเป็นจุด $O$ ไม่ได้ครับ ไม่อย่างงั้นแสดงว่า $QR$ เป็นเส้นผ่าน ศก. ขัดกับ $PQ,PR$ เป็นเส้นสัมผัสสิครับ

[~ArT_Ty~]

ข้อ 6 ลองให้สองเส้นมาตัดกันแล้วก็ใช้ power of point ครับ
ข้อ 7 ลองอัดตรีโกณดู ยังไม่ออกเลยครับ =3=

[PP_nine]

ข้อ 7 ไม่ต้องอัดตรีโกณหรอกครับ แค่สร้างจุดกึ่งกลาง AC กับจุดตัด $QR \cap PO$ เท่านั้นเอง

[~ArT_Ty~]

ข้อ 7 ผมใช้ตรีโกณนิดเดียวเองครับตอนแรกๆ กะสามเหลี่ยมคล้าย เดี๋ยววิธีค่อยมาดูกันอีกที

ใบ้ให้ ไม่จัดรูปก่อนออกยาก