plane geometry ค่าย 2 มีนา 2549 ขอคำชี้แนะครับ

[goodnews]

1. สามเหลี่ยม $ABC$ เป็นสามเหลี่ยมที่แนบในวงกลมที่มี $P$ เป็นจุดศูนย์กลาง จุด $O$ เป็นจุดศูนย์รวมตั้งฉาก
( orthocentre ) ต่อ $AP$ พบเส้นรอบวงของวงกลมที่จุด $K$ ต่อ $OK$ ตัดกับ $BC$ ที่จุด $Q$ จงพิสูจน์ว่า
$BQ=QC$
2. กำหนดให้ $ABCD$ เป็นสี่เหลี่ยมใด ๆ จุด $P,M,Q,N$ เป็นจุดกึ่งกลางของด้าน $AB,BC,CD,AD$ ตามลำดับ ต่อ
เส้นทแยงมุม $AC$ และ $BD$ และต่อจุดกึ่งกลางด้านตรงข้ามคือเส้นตรง $PQ$ และ $MN$ จงพิสูจน์ว่า
$AC^2+BD^2=2(PQ^2+MN^2)$
3. กำหนดให้สามเหลี่ยม $ABC$ เป็นสามเหลี่ยมใด ๆ จุด $D$ เป็นจุดใด ๆ บนด้าน $BC$ ลาก $DE$ และ $DF$
ขนานกับด้าน $AB$ และ $AC$ พบด้านทั้งสองของรูปสามเหลี่ยมที่จุด $E$ และ $F$ ตามลำดับ ถ้า $X$ แทน
พื้นที่สามเหลี่ยม $AEF,Y$ แทนพื้นที่สามเหลี่ยม $FBD$ และ $Z$ แทน พื้นที่สามเหลี่ยม $ECD$ จงพิสูจน์ว่า
$X^2=YZ$
4. จงพิสูจน์เอกลักษณ์ต่อไปนี้
4.1 $\frac{cotA-tanA}{cotA+tanA}=1-2sin^2A$
4.2 $tan(A+B)-tan(A-B)=\frac{2sin2B}{cos2A+cos2B}$
4.3 $cos^2A+sin^2Acos2B=cos^2B+sin^2Bcos2A$

ขอคำชี้แนะด้วยครับ

[kanakon]

4. จงพิสูจน์เอกลักษณ์ต่อไปนี้
4.1 $\frac{cotA-tanA}{cotA+tanA}=1-2sin^2A$

solution

$$\frac{cotA-tanA}{cotA+tanA}= \frac{ \frac{cosA}{sinA} - \frac{sinA}{cosA}} { \frac{cosA}{sinA} + \frac{sinA}{cosA}}=\frac{cos^2A-sin^2A}{cos^2A+sin^2A}= 1-2sin^2A$$

4.2 $tan(A+B)-tan(A-B)=\frac{2sin2B}{cos2A+cos2B}$

solution

$$tan(A+B)-tan(A-B)=\frac{sin(A+B)cos(A-B)-cos(A+B)sin(A-B)}{cos(A+B)cos(A-B)}=\frac{sin((A+B)-(A-B))}{cos(A-B)cos(A+B)} $$
$$
=\frac{sin2B}{\frac{1}{2} [cos2A+cos2B]} =\frac{2sin2B}{cos2A+cos2B}
$$

4.3 $cos^2A+sin^2Acos2B=cos^2B+sin^2Bcos2A$

solution

$$cos^2A+sin^2Acos2B=cos^2A+sin^2A(1-2sin^2B)=1-2sin^2Asin^2B=cos^2B+sin^2B-2sin^2Asin^2B$$$$=cos^2B+sin^2B(1-2sin^2A)=cos^2B+sin^2Bcos2A$$

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ goodnews

2. กำหนดให้ $ABCD$ เป็นสี่เหลี่ยมใด ๆ จุด $P,M,Q,N$ เป็นจุดกึ่งกลางของด้าน $AB,BC,CD,AD$ ตามลำดับ ต่อ
เส้นทแยงมุม $AC$ และ $BD$ และต่อจุดกึ่งกลางด้านตรงข้ามคือเส้นตรง $PQ$ และ $MN$ จงพิสูจน์ว่า
$AC^2+BD^2=2(PQ^2+MN^2)$
3. กำหนดให้สามเหลี่ยม $ABC$ เป็นสามเหลี่ยมใด ๆ จุด $D$ เป็นจุดใด ๆ บนด้าน $BC$ ลาก $DE$ และ $DF$
ขนานกับด้าน $AB$ และ $AC$ พบด้านทั้งสองของรูปสามเหลี่ยมที่จุด $E$ และ $F$ ตามลำดับ ถ้า $X$ แทน
พื้นที่สามเหลี่ยม $AEF,Y$ แทนพื้นที่สามเหลี่ยม $FBD$ และ $Z$ แทน พื้นที่สามเหลี่ยม $ECD$ จงพิสูจน์ว่า
$X^2=YZ$

2. OUTLINE:

อันดับแรกต้อง พิสูจน์ให้ได้ว่า สี่เหลี่ยม PQMN เป็นสี่เหลี่ยมด้านขนาน

ให้ $ \theta = P\hat{M}Q $

จาก law of cosine

$ PQ^2 = PM^2+MQ^2-2(PM)(MQ)\cos \theta $
$ MN^2 = QN^2+MQ^2+2(QN)(MQ)\cos \theta = PM^2+MQ^2+2(PM)(MQ)\cos \theta $

ดังนั้น $ PQ^2 +MN^2 = 2(PM^2+MQ^2) =2(\frac{AC^2}{4}+\frac{BD^2}{4}) = \frac{AC^2}{2}+\frac{BD^2}{2}$


3. OUTLINE:

ให้ A แทนพื้นที่สามเหลี่ยม ABC

สามารถมองได้โดยง่ายว่า $ X= \frac{1}{2}(A- (Y+Z)) $

จากสมบัติของสามเหลี่ยมคล้าย

$ Y = (\frac{DC}{BC})^2 A \Rightarrow \sqrt{Y}= (\frac{DC}{BC}) \sqrt{A}$

$ Z = (\frac{DB}{BC})^2 A \Rightarrow \sqrt{Z}= (\frac{DB}{BC}) \sqrt{A}$


ต่อไปกลับไปดูสิ่งที่จะพิสูจน์ ซึ่งเทียบเท่ากับ $ X= \sqrt{YZ} \rightarrow \frac{1}{2}(A- (Y+Z)) =YZ \rightarrow A= ( \sqrt{Y}+\sqrt{Z})^2 $

หลังจากนี้ก็ไม่ยากแล้วครับ

[dektep]

1.พิสูจน์ ลาก $BK,KC$ จาก $AK$ เป็นเส้นผ่านศูนย์กลางวงกลม $\therefore $\angle ACK$=90^๐$
$\therefore CK \parallel BO$ ในทำนองเดียวกันได้ $OC \parallel BK$
$\therefore BOCK$ เป็นสี่เหลี่ยมด้านขนาน
$\therefore BQ=QC$

[dektep]

2.(another solution) ให้ $PQ$ และ $NM$ ตัดกันที่ $O$ โดยสามเหลี่ยมคล้ายจะได้ว่า $L.H.S.=4(PM^2+MQ^2)$
ดังนั้นจะต้องพิสูจน์ว่า $2(PM^2+MQ^2)=(PQ^2+MN^2)$
พิสูจน์ $\because$ $PM^2+PN^2=2PO^2+2OM^2$(เพราะว่า $PMQN$ เป็นสี่เหลี่ยมด้านขนาน)
และ $MQ^2+PM^2=2OM^2+2OP^2$
นำมาบวกกันจะได้ว่า $2(PM^2+MQ^2)=(PQ^2+MN^2)$

[หยินหยาง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ dektep

1.พิสูจน์ ลาก $BK,KC$ จาก $AK$ เป็นเส้นผ่านศูนย์กลางวงกลม $\therefore $\angle ACK$=90^๐$
$\therefore BC \parallel BO$ ในทำนองเดียวกันได้ $OC \parallel BK$
$\therefore BOCK$ เป็นสี่เหลี่ยมด้านขนาน
$\therefore BQ=QC$

ผมว่า ตรงบรรทัดที่ 2 น่าจะเป็น $ CK \parallel BO$

[dektep]

แก้ไขให้แล้วครับ