|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
|||
|
|||
plane geometry ค่าย 2 มีนา 2549 ขอคำชี้แนะครับ
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 |
#2
|
||||
|
||||
4. จงพิสูจน์เอกลักษณ์ต่อไปนี้
4.1 $\frac{cotA-tanA}{cotA+tanA}=1-2sin^2A$ $$\frac{cotA-tanA}{cotA+tanA}= \frac{ \frac{cosA}{sinA} - \frac{sinA}{cosA}} { \frac{cosA}{sinA} + \frac{sinA}{cosA}}=\frac{cos^2A-sin^2A}{cos^2A+sin^2A}= 1-2sin^2A$$ 4.2 $tan(A+B)-tan(A-B)=\frac{2sin2B}{cos2A+cos2B}$ $$tan(A+B)-tan(A-B)=\frac{sin(A+B)cos(A-B)-cos(A+B)sin(A-B)}{cos(A+B)cos(A-B)}=\frac{sin((A+B)-(A-B))}{cos(A-B)cos(A+B)} $$ $$ =\frac{sin2B}{\frac{1}{2} [cos2A+cos2B]} =\frac{2sin2B}{cos2A+cos2B} $$ 4.3 $cos^2A+sin^2Acos2B=cos^2B+sin^2Bcos2A$ $$cos^2A+sin^2Acos2B=cos^2A+sin^2A(1-2sin^2B)=1-2sin^2Asin^2B=cos^2B+sin^2B-2sin^2Asin^2B$$$$=cos^2B+sin^2B(1-2sin^2A)=cos^2B+sin^2Bcos2A$$
__________________
ค ว า ม รั บ ผิ ด ช อ บ $$|I-U|\rightarrow \infty $$ 06 ธันวาคม 2007 16:49 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ kanakon |
#3
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
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
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#4
|
||||
|
||||
1.พิสูจน์ ลาก $BK,KC$ จาก $AK$ เป็นเส้นผ่านศูนย์กลางวงกลม $\therefore $\angle ACK$=90^๐$
$\therefore CK \parallel BO$ ในทำนองเดียวกันได้ $OC \parallel BK$ $\therefore BOCK$ เป็นสี่เหลี่ยมด้านขนาน $\therefore BQ=QC$ 09 ธันวาคม 2007 22:31 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ dektep |
#5
|
||||
|
||||
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 $2(PM^2+MQ^2)=(PQ^2+MN^2)$ |
#6
|
||||
|
||||
ผมว่า ตรงบรรทัดที่ 2 น่าจะเป็น $ CK \parallel BO$
|
#7
|
||||
|
||||
แก้ไขให้แล้วครับ
|
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
โปรแกรม Geometry Expressions | TOP | ซอฟต์แวร์คณิตศาสตร์ | 4 | 12 ธันวาคม 2009 23:33 |
สอวน. วิชา plane geometry ช่วยกันคิดนะครับ | goodnews | เรขาคณิต | 1 | 29 ตุลาคม 2007 20:00 |
tangent plane | suan123 | คณิตศาสตร์อุดมศึกษา | 4 | 03 ตุลาคม 2007 11:24 |
geometry | [t][h][i][z][t][y] | เรขาคณิต | 2 | 23 เมษายน 2007 19:12 |
Geometry Revisited | Crazy pOp | ปัญหาคณิตศาสตร์ทั่วไป | 2 | 11 พฤศจิกายน 2001 14:48 |
|
|