Embed Size (px)
Citation preview
Бодлого: 584, 585 –р бодлогуудыг бодохын тулд эхлээд ML MN KL= + чанарыг баталъя.
2 ; 2N Kα β= =R R гэе. , N KR R өнцгийн биссектрисүүд α β> үед ML тал дээр P цэгт огтлолцоно. Тэгвэл MNA β=R байхаар A цэг ; M P цэгүүдийн хооронд авья.
( )0 0 0180 180 180 2NAM MNA NML MNA β β= − − = − − − =R R R R
. NAM β=R . NAM MNA β= =R R болох бөгөөд эндээс NMAV адил
хажуут гурвалжин тул =MN MA болно. Эндээс 0180NAK β= −R ; NKP β=R гэдгээс NAKP дөрвөн өнцөгт нэг тойрогт
багтана. ⇒ ANP AKP α β= = −R R . Мөн ( )AKL AKP PKL α β β α= + = − + =R R R .
Тойрогт багтсан дөрвөн өнцөгтийн хувьд 0180N L+ =R R гэдгээс: 0 0 0180 180 (180 2 )KAL AKL KLM α α α= − − = − − − =R R R .
Иймд AKL KLM α= =R R эндээс AKLV адил хажуут гурвалжин тул =KL AL болно. ML MA AL= + ⇒ = +ML MN KL гэсэн чанар батлагдана. Бодлого 584.Тойрогт багтсан KLMN дөрвөн өнцөгт K ба N өнцгийн биссектрисс LM тал дээр P цэгээр огтлолцоно. :KL MN b= гэж мэдэгдэж байгаа бол
a) P цэгээс KL ба MN хүртэлх зайн харьцааг ол. b) : ?LM MN = Харьцааг ол.
Бодолт: P цэг ,N K өнцгүүдийн биссектриссүүдийн огтлолцлын цэг бөгөөд энэ цэгээс ; MN NK KL талуудад перпендикулярууд татвал
тэнцүү. ; FP EP EP PQ= = . Эндээс 1 PFPQ
= Хариу[�]
b) : ?LM MN =
Өгөгдсөн нөхцөлөөр :KL MN b= KL bMN
⇒ = . Мөн
дээр баталсан чанараар = +ML MN KL –ийг MN − д хуваавал:
1 1 LM MN KL LM KL bMN MN MN MN MN
= + = + = +
[ ] : 1 Хариу = + LM MN b
Бодлого 585. Тойргийн KN хөвчөөр хашигдсан нум дээр ; L M цэг авья. KLMR ,
LMNR өнцгийн биссектриссүүд KN хөвч дээр P цэгээр огтлолцоно.2:5
KL KN = бол
a) P цэгээс KL ба MN шулуун хүртэлх зайн харьцааг ол. b) KLPV ба MPNV гурвалжнуудын талбайн харьцааг ол.
Бодолт: Өмнөх бодлогонд хэрэглэсэн аргын адилаар бодвол:
a) ? PEPF
= P цэг , L MR R өнцгүүдийн
биссектриссүүдийн огтлолцлын цэг бөгөөд энэ цэгээс ; ; KL MN LM талуудад перпендикулярууд татвал тэнцүү.
; PE PQ PQ PF PE PQ PF= = ⇒ = = .
Эндээс [ ]1 . 1 PE болноPF
= Хариу
b) : ? KLP MPNS S =V V
; ; ?2 2
KLPKLP MPN
MPN
SKL PE MN PF KL PE KLS S PE PFS MN PF MN
⋅ ⋅ ⋅= = = = = =
⋅V
V V
V
Дээрх бодлогонд баталсан чанараар = +ML MN KL –ийг MN -д хуваавал:
1 1 ? KN KL MN KL KL KL KNMN MN MN MN MN MN MN
= + ⇒ = + ⇐ = − =
Өгөгдсөн нөхцөлөөр 2: 5
KL KN = 25
KLKN
⇒ = .
Мөн = +KN KL MN –ийг KN -д хуваавал:
2 3 1 1 1 15 5
KL MN KN KL MN MN KL MN KLKN KN KN KN KN KN KN KN KN
+ = ⇒ + = ⇒ = − = = − = − =
3 5 2 2. 1 1 5 3 3 3
KLP
MPN
SMN KL KN KLKN MN MN S MN
⇒ = ⇒ = − = − = ⇒ = =V
V
2: . 3
Хариу
=
V
V
KLP
MPN
S S
Бодлого 586.
Гурвалжныг багтаасан ба багтсан тойргийн төвүүдийг дайрсан шулуун нь гурвалжны нэг биссектрист перпендикуляр байв. Багтсан ба багтаасан тойргийн төвүүдийн хоорондох зайг багтаасан тойргийн радиуст харьцуулсан харьцаа h бол гурвалжны өнцгүүдийг ол.
Бодолт:
Өгсөн нөхцлөөр АOU гурвалжин тэгш өнцөгт гурвалжин буюу R АOU=900 байна. Багтсан тойргийн төв ба радиусыг О ба r, багтаасан тойргийн төв ба радиусыг U ба R-ээр харгалзуулан тэмдэглэе.
Эйлерийн томъёогоор 2 2OU R rR= − болно. Өгсөн
нөхцлөөр 2 2OU R rR h
AU R−
= = байна. 2 2R rR hR−
=
-ийг цааш нь хувиргавал 21
2r hR
−= (1) болно.
Зурагаас харахад r sin
AOγ= (2) ба АUO гурвалжинд
Пифагорын теорем хэрэглэвэл ( )2 2 2 2 2 2AO AU OU R R rR rR= − = − − = болно.
Үүнийг (2)-т орлуулбал 22
r r rsinAO RrR
γ = = = ба үүнд (1)-ийг орлуулбал
2 21 14 2h hsinγ − −
= = болно. Эндээс 21
2harcsinγ −
= байна. Иймд
212 22
hA arcsinγ −= =R гэж гарна.
Мөн зургаас харахад OU sinAU
α= байна. Иймд sin hα = болох ба arcsinhα = . Зургаас
харахад 2 2 2 2α β γ δ π+ + + = буюу 2πα β γ δ+ + + = ба β γ α= − . Иймд
2122 2 2
harcsinπ πδ α β γ −= − − − = − ⋅ болно.
22 2 2
C arcsinhπ π πδ β γ γ α α γ γ= + = − + − = − − = − −R ба 2
arcsinh arccoshπ− = байдаг
учир 21
2hC arccosh arcsin −
= −R болно. Иймд
2 2 21 1 122 2 2
h h hB A C arcsin arccosh arcsin arccosh arcsinπ π π − − −
= − − = − − − = − −
R R R
Бодлого 587.
ABC гурвалжинд багтсан тойргийн төв P. ABC гурвалжныг багтаасан тойргийн төв Q. РQ шулуун нь гурвалжны AP биссектрист перпендикуляр байв. R PAQ=α бол гурвалжны өнцгүүдийг ол.
Бодолт:
Өгсөн нөхцлөөр АQP гурвалжин тэгш өнцөгт гурвалжин буюу R АPQ=900 байна. Багтсан тойргийн төв ба радиусыг P ба r, багтаасан тойргийн төв ба радиусыг Q ба R-ээр харгалзуулан тэмдэглэе. Эйлерийн томъёогоор
2 2PQ R rR= − болно. Өгсөн нөхцлөөр 2 2PQ R rR sin
AQ Rα−
= = байна.
2 2R rR sinR
α−= -ийг цааш нь хувиргавал
2
2r cosR
α= (1) болно. Зурагаас харахад
r sinAP
γ= (2) ба АQP гурвалжинд Пифагорын теорем хэрэглэвэл
( )2 2 2 2 2 2AP AQ PQ R R rR rR= − = − − = болно. Үүнийг (2)-т орлуулбал
22r r rsin
AP RrRγ = = = ба үүнд (1)-ийг орлуулбал
2
4 2cos cossin α αγ = = болно. Эндээс
2cosarcsin αγ = байна. Иймд 2 2
2cosA arcsin αγ= =R гэж гарна.
Зурагаас харахад 2 2 2 2α β γ δ π+ + + = буюу 2πα β γ δ+ + + = ба β γ α= − . Иймд
22 2π πδ α β γ γ= − − − = − болно.
22 2 2 2
cosC arsinπ π π αδ β γ γ α α γ α= + = − + − = − − = − −R болно.
22 2 2 2 2
cos cos cosB A C arcsin arcsin arcsinα π α π απ π α α = − − = − − − − = + −
R R R болно.
Бодлого 588.
Гурвалжныг багтаасан ба гурвалжинд багтсан тойргийн төвүүдийг дайрсан шулуун нь гурвалжний нэг биссектрист перпендикуляр байв. Төвүүдийн хоорондох зайг багтсан тойргийн радиусд харьцуулсан харьцаа к бол гурвалжны өнцгүүдийг ол.
Бодолт:
Өгсөн нөхцлөөр АOU гурвалжин тэгш өнцөгт гурвалжин буюу R АOU=900 байна. Багтсан тойргийн төв ба радиусыг О ба r, багтаасан тойргийн төв ба радиусыг U ба R-ээр харгалзуулан тэмдэглэе.
Эйлерийн томъёогоор 2 2OU R rR= − болно. Өгсөн
нөхцлөөр 2 2OU R rR k
r r−
= = байна. Цааш нь
хувиргавал 2 2R rR rk− = буюу 2 талыг квадрат зэрэг дэвшүүлбэл 2 2 22R rR r k− = болно. Мөн 2 талыг нь rR -д
гишүүнчлэн хуваавал 22r rkR R
− = болно. Энд r aR
=
орлуулга хийвэл 2 2 1 0k a a+ − = квадрат тэгшитгэлд
шилжих ба 2
21 1ka
k+ −
= буюу 2
21 1r k
R k+ −
= (1) болно.
Зурагаас харахад r sin
AOγ= (2) ба АUO гурвалжинд Пифагорын теорем хэрэглэвэл
( )2 2 2 2 2 2AO AU OU R R rR rR= − = − − = болно. Үүнийг (2)-т орлуулбал
22r r rsin
AO RrRγ = = = ба үүнд (1)-ийг орлуулбал
2
2
1 12
ksink
γ + −= болно.
2 талыг квадрат зэрэг дэвшүүлэн 2 1 22
cossin γγ −= (3) байдгийг ашиглавал
2 2
21 12 k kcos
kγ + − +
= ба эндээс 2 2
21 1 12
k karccosk
γ + − +=
Иймд 2 2 2 2
2 21 1 1 12 2 k k k kA arccos arccos
k kγ + − + + − +
= = ⋅ =R гэж гарна. Мөн зургаас
харахад OU sinAU
α= байна. Иймд 2 2OU R rRsin
AU Rα −
= = болох ба 2 21 sin cosα α− =
томъёог ашиглавал 2
2cos r
Rα
= Үүнд (1) ба (3) -ийг орлуулж эмхэтгэвэл
2 2
24 1 42 k kcos
kα + − −
= ба 2 2
21 4 1 42
k karccosk
α + − −= болно.
Зурагаас харахад 2 2 2 2α β γ δ π+ + + = буюу 2πα β γ δ+ + + = ба β γ α= − . Иймд
2 2 2 2
2 21 1 1 1 12
2 2 2 2k k k karccos arccos
k kπ π πδ α β γ + − + + − +
= − − − = − ⋅ = − болно.
2 2 2 2
2 21 4 1 4 1 1 12
2 2 2 2k k k kC arccos arccosk k
π πδ β γ γ α + − − + − += + = − + − = − −R
2 2 2 2
2 21 1 1 1 4 1 4
2 2 2k k k kB A C arccos arccos
k kππ + − + + − −
= − − = − +R R R
Бодлого 589.
PQR гурвалжинд багтсан тойргийн төв А. PQR гурвалжныг багтаасан тойргийн төв В. АВ шулуун нь PQR гурвалжны QA биссектрист перпендикуляр бөгөөд R AВQ=β бол PQR гурвалжны өнцгүүдийг ол.
Бодолт:
Өгсөн нөхцлөөр АBQ гурвалжин тэгш өнцөгт гурвалжин буюу R QАB=900 байна. Багтсан тойргийн төв ба радиусыг A ба r, багтаасан тойргийн төв ба радиусыг B ба R-ээр харгалзуулан тэмдэглэе. Эйлерийн томъёогоор
2 2AB R rR= − болно. Өгсөн нөхцлөөр 2 2AB R rR cos
BQ Rβ−
= = байна.2 2R rR cosR
β−=
-ийг цааш нь хувиргавал 2s
2r inR
β= (1) болно.
Зурагаас харахад r sin
AQα= (2) ба АBQ
гурвалжинд Пифагорын теорем хэрэглэвэл ( )2 2 2 2 2 2AQ QB AB R R rR rR= − = − − =
болно. Үүнийг ба (1)-ийг (2)-т орлуулбал 2s s
2 4 22r r r in insin
AQ RrRβ βα = = = = = .
Эндээс 2
sinarcsin βα = байна. Иймд 2 22
sinA arcsin αα= =R гэж гарна. Мөн
( )2 2π πγ α β α β= − − = + − байна.
Зурагаас харахад 2 2π πα β δ δ γ γ α β π+ − + + + + + + − = буюу 2 2 2 2 0α β γ δ− + + = . Иймд
δ β α γ= − − болно.
( )2 2 2 2 2
sinR arsinπ π π π βα β β α γ γ α β π β= + − + − − = − = − + − = − −R
2sinP arcsin βδ γ β α γ γ β α β= + = − − + = − = −R болно.
Бодлого 590.
Гурвалжныг багтаасан ба гурвалжинд багтсан тойргийн төвүүдийг дайрсан шулуун нь гурвалжний нэг биссектрист перпендикуляр байв. Багтсан тойргийн радиусыг төвүүдийн хоорондох зайд харьцуулсан харьцаа m бол гурвалжны өнцгүүдийг ол.
Бодолт:
Өгсөн нөхцлөөр АOU гурвалжин тэгш өнцөгт гурвалжин буюу R АOU=900 байна. Багтсан тойргийн төв ба радиусыг О ба r, багтаасан тойргийн төв ба радиусыг U ба R-ээр харгалзуулан
тэмдэглэе. Эйлерийн томъёогоор 2 2OU R rR= −
болно. Өгсөн нөхцлөөр 2 2
r r mOU R rR
= =−
байна.
Цааш нь хувиргавал 2 2m R rR r− = буюу 2 талыг квадрат зэрэг дэвшүүлбэл 2 2 2 22m R m rR r− = болно. Мөн 2 талыг нь rR -д гишүүнчлэн хуваавал
222r m R m
R r= − болно. Энд
r aR
= орлуулга хийвэл
2 2 22 0a m a m+ − = квадрат тэгшитгэлд шилжих ба 2 21a m m m= + − буюу
2 21r m m mR
= + − (1) болно.
Зурагаас харахад r sin
AOγ= (2) ба АUO гурвалжинд Пифагорын теорем хэрэглэвэл
( )2 2 2 2 2 2AO AU OU R R rR rR= − = − − = болно. Үүнийг (2)-т орлуулбал
22r r rsin
AO RrRγ = = = ба үүнд (1)-ийг орлуулбал
2 212
m m msinγ + −= болно.
2 талыг квадрат зэрэг дэвшүүлэн 2 1 22
cossin γγ −= (3) байдгийг ашиглавал
2 22 1 1cos m m mγ = + − + ба эндээс 2 21 (1 1 )2
arccos m m mγ = + − +
Иймд 2 2 2 212 2 (1 1 ) (1 1 )2
A arccos m m m arccos m m mγ= = ⋅ + − + = + − +R гэж гарна.
Мөн зургаас харахад OU sinAU
α= байна. Иймд 2 2OU R rRsin
AU Rα −
= = болох ба
2 21 sin cosα α− = томъёог ашиглавал 2
2cos r
Rα
= Үүнд (1) ба (3) -ийг орлуулж эмхэтгэвэл
2 22 4 1 4 1cos m m mα = + − − ба 2 21 (4 1 4 1)2
arccos m m mα = + − − болно.
Зурагаас харахад 2 2 2 2α β γ δ π+ + + = буюу 2πα β γ δ+ + + = ба β γ α= − . Иймд
22 2π πδ α β γ γ= − − − = − болно.
2 2 2 21 ( (1 1 ) (4 1 4 1))2
C arccos m m m arccos m m mδ γ π= + = − + − + − + − −R
Бодлого 591.
В цэг нь KLM гурвалжинд багтсан тойргийн төв, C нь KLM гурвалжныг багтаасан тойргийн төв. BC шулуун нь KLM гурвалжны MB биссектрист перпендикуляр бөгөөд R BMC=β бол KLM гурвалжны өнцгүүдийг ол.
Бодолт:
Өгсөн нөхцлөөр BCM гурвалжин тэгш өнцөгт гурвалжин буюу R MBC=900 байна. Багтсан тойргийн төв ба радиусыг B ба r, багтаасан тойргийн төв ба радиусыг C ба R-ээр харгалзуулан тэмдэглэе. Эйлерийн томъёогоор
2 2BC R rR= − болно. Өгсөн нөхцлөөр 2 2BC R rR sin
MC Rγ−
= = байна.2 2R rR sinR
γ−= -
ийг цааш нь хувиргавал 2
2r cosR
γ= (1) болно.
Зурагаас харахад r sin
MBα= (2) ба MBC
гурвалжинд Пифагорын теорем хэрэглэвэл
( )2 2 2 2 2 2BM MC BC R R rR rR= − = − − = болно. Үүнийг (2)-т орлуулбал
22r r rsin
MB RrRα = = = ба үүнд (1)-ийг орлуулбал
2
4 2cos cossin γ γα = = болно. Эндээс
2cosarcsin γα = байна. Иймд 2 2
2cosM arcsin γα= =R гэж гарна.
Зурагаас харахад 2 2 2 2α β γ δ π+ + + = буюу 2πα β γ δ+ + + = ба β α γ= − . Иймд
22 2π πδ γ β α α= − − − = − болно.
22 2 2 2
cosL arsinπ π π γδ β α α γ α γ γ= + = − + − = − − = − −R болно.
22 2 2 2 2
cos cos cosK M L arcsin arcsin arcsinγ π γ π γπ π γ γ = − − = − − − − = + −
R R R болно.
Бодлого 592.
ABCD трапецийн сууриуд AD ба BC. Хажуу тал AB=2. BAD өнцгийн биссектрис BC шулууныг E цэгээр огтлоно. ABE гурвалжинд багтсан тойрог AB талыг N цэгээр, BE талыг H цэгээр шүргэнэ. MH=1 бол BAD өнцгийг ол.
Өгсөн нь 1MH = , 2DA =
Олох нь ?DAB =R
Бодолт:
/ /AB DC , AE нь BADR -ийн биссектрис учир DAE EAB DEA= =R R R байна. Иймд 2DA DE= = адил хажуут гурвалжин болно. DM DH x= = гэе. Тэгвэл 2MA HE x= = −
болно. Эндээс / /MA HE болох учраас DHMV төсөөтэй DEAV байна. AE талын тойрогтой шүргэлцсэн цэгийг K гэе.
22
2HE x
EK AK xMA x
= − ⇒ = = −= −
, 4 2AE x= −
болно. Энд төсөөтэй гурвалжны харьцаа бичвэл MH DMAE DA
= энд 1MH = , 2DA = гэдгийг тооцвол
14 2 2
xx
=−
болно. Энэ тэгшитгэлийг бодвол 1x =
болно. Эндээс 2AE = болно. Иймд DAEV тэнцүү талт гурвалжин болох тул 60oDAE AED EDA= = =R R R гэдгээс 2 60 120o oDAB = ⋅ =Rболно.
Бодлого 593.
Адил хажуут ABC гурвалжныг AC суурьт Б оройгоос BD өндөр татав. ABC гурвалжны AB ба ВС хажуу талууд нь 8 тай тэнцүү. BCD гурвалжинд DE медиан татав. BDE гурвалжинд багтсан тойрог BE талыг K цэгээр, DE талыг N цэгээр шүргэв. KN=2 бол BAC өнцгийн хэмжээг ол.
Өгсөн нь 2KM = , 8AB BC= =
Олох нь ?BAC =R
Бодолт:
BD нь адил хажуут гурвалжны өндөр учир D цэг AC -ийн дундаж цэг байна. E цэг нь медианы суурь учир BE EC= гэдгээс DE нь гурвалжны дундаж шугам бөгөөд / /DE AB ,
8 42 2
ABDE = = = болно.
BEDV адил хажуут гурвалжинд тойрог багтсан учир EK EM x= = гэе. Тэгвэл 4BK DM x= = − болно. Эндээс / /KM BD болох учраас KEMV төсөөтэй BEDV байна.
BD талын тойрогтой шүргэлцсэн цэгийг L гэе.4
44
BK xBL LD x
MD x= −
⇒ = = −= − , 8 2BD x= −
болно. Энд төсөөтэй гурвалжны харьцаа бичвэл KM KEBD DE
= энд 2KM = , 4DE = гэдгийг
тооцвол 2
8 2 4x
x=
− болно. Энэ тэгшитгэлийг бодвол 2 x = болно. Эндээс
8 2 8 2 2 4BD x= − = − ⋅ = болно. Иймд BDEV тэнцүү талт гурвалжин болох тул 60oDBE BED EDB= = =R R R болно. 60oBED =R гэдгээс 120oDEC =R
180 120 302
o ooECD −
= =R болно. ECD BAC=R R учир 30oBAC =R байна.
Бодлого 594.
ABCD паралелограммын AD=6. ADC өнцгийн биссектрис AB шулууныг E цэгээр огтолно. ADE гурвалжинд багтсан тойрог AE талыг K цэгээр, AD талыг Т цэгээр шүргэнэ. KT=3 бол BAD өнцгийг ол.
Өгсөн нь :
6AD = , 3KT =
Олох нь: ?BAD =R
Бодолт: AE ба CD шулуунууд паралель. DE нь ADCR өнцгийн биссектрис учир AED CDE ADE= =R R R байна. ADEV нь тэнцүү талт
гурвалжин болох учир AD AE= болно. Тойрог нь ADEV гурвалжны DE талыг M цэгээр шүргэсэн байг.
M цэг нь DE -ийн дундаж цэг болно. DM x= гэвэлDT DM x= = , 6AT AD DT x= − = − . ADKV төсөөтэй
ADEV . Төсөөтэйн харьцаа бичвэл AT TKDT DE
= буюу 6 36 2
xx
−= болно. Эндээс 3x =
2 6DE x= − болно. ADE нь тэнцүү талт гурвалжин гэдгээс 60OBAD EAD= =R R болов.
Бодлого 595.
О цэг дээр төвтэй 12 радиустай тойрог дээр А ба В цэгүүд оршино. АС ба ВС шулуунууд энэ тойргийг шүргэнэ. М цэгт төвтэй АВС гурвалжинд багтсан өөр нэг тойрог АС талыг К цэгээр, ВС талыг H цэгээр шүргэнэ. М цэгээс КН шулуун хүртэлх зай 3 бол АОВ өнцгийг ол.
Өгсөн нь: 3ML = , 12AO =
Олох нь: ?AOB =R Бодолт: MK r= гэе. MKL ⇒VML SinMK
α= 3rSinα
= (1). OABV
төсөөтэй MKHV . Төсөөтэйн харьцаа бичвэл 3 36
12 12r ML r OG
OG OG r= ⇒ = ⇒ = (2).
OAOAC SinOC
α⇒ =V ба 12OCSinα
= (3) болно.
MKCV гурвалжны хувьд MC OC r OG= − − , MK Sin
OC r OGα=
− −, MK r= -ийг тооцвол
r SinOC r OG
α=− −
(4) болно. (4)-д (1), (2), (3)-ийг
орлуулбал 34 3 1 0Sin Sinα α− + = тэгшитгэл гарна. Үржигдхүүн болгон задалбал
( ) ( )24 4 1 1 0Sin Sin Sinα α α− + ⋅ + =( )( )
24 4 1 0 121 0
Sin SinSin
Sin
α αα
α
− + = ⇒ =+ =
30oα = болно. AOBV
гурвалжингийн хувьд 180 2 30 120o o oAOB = − ⋅ =R болно.
Бодлого 596.
АВСD ромбын талбай 2 той тэнцүү. Ромбын АВ, АD талууд ба диагоналиар үүсгэгдсэн гурвалжинд тойрог багтав. Уг тойрог АВ талыг К цэгээр шүргэв. К цэгийг дайруулан КL шулуун татъя. КL // АС, L цэг нь ВС тал дээр оршино. КLВ гурвалжны талбай а бол ВАD
өнцгийг ол.
Өгсөн нь: 2ABCDS = , KLBS a=
Олох нь: ?BAD =R
Бодолт: Ромбын талыг b, ABM α=R гэе. Тэгвэл 2ABCDS = учир 0.5ABMS = болно.
0.5 12ABM
BM AMS BM AM⋅= = ⇒ ⋅ = (1)
мөн 0.52ABM
b BM SinS α⋅ ⋅= = гэдгээс 1ABMS b BM Sinα= ⋅ ⋅ = (2) болно. (1) ба (2) –оос
BM AM b BM Sin AM b Sinα α⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ (*) болно.
B цэгээс тойрогт татсан шүргэгчүүд тэнцүү байна. BK BM= .
KLBS a= мөн 22KLB
BK BL SinS α⋅ ⋅= энд BK BL BM= = гэдгийг тооцвол
222 2 2
2KLB BKLBM SinS a S BM Sin aα α⋅
= = ⇒ = ⋅ =V (3) болно.
2 2 2BM b AM= − -д (*)-ийг орлуулбал 2 2 2 2BM b b Sin α= − болно. Үүнийг (3)-д орлуулбал
2 2 2( ) 2 2b b Sin Sin aα α− ⋅ = 2 2(1 ) 2 2b Sin Sin aα α− ⋅ = (**) болно. Мөн 2 2 2ABCDS b Sin α= ⋅ =
эндээс 2 22
bSin α
= болох бөгөөд үүнийг (**)-д тооцвол болно. Эндээс
22 (1 ) 2 22
Sin Sin aSin
α αα
− ⋅ = 2(1 )Sin aα− = 2Cos aα = arcCos aα = болно. Эндээс
BACV -ийн хувьд 90 90o oBAC arcCos a arcSin aα= − = − =R болох бөгөөд
2BAD arcSin a=R болно.
Бодлого 597.
АВСD паралелограммын АС диагональ АВ талд перпендикуляр. Тойрог ямар нэг хэсгээрээ АВСD паралелограммын ВС талыг P цэгээр шүргэнэ. Мөн энэ паралелограммын А ба В оройг дайрсан шулуун АС шулуунаар шүргэнэ. P цэгийг дайруулан АВ талд РQ перпендикуляр буулгая. (Q цэг нь энэ перпендикулярын суурь). АВСD паралелограммын талбай ½, QPCDA таван өнцөгтийн талбай S бол АВС өнцгийг ол.
Өгсөн нь: 12ABCDS = , QPCDAS s=
Олох нь: ?ABC =R
Бодолт: AB AC⊥ ба PQ AB⊥ гэдгээс PQ ACP
болох ба QBPV төсөөтэй ABCV байна. Эндээс
2 4QPB ABCD QPCDA
ABC ABC
S S SAB BPCos ABC sBC BC S S
−= = = = = −V
V V
R
, 2 4ABC arcCos s= −R болно.
Бодлого 598.
АВСD тэгш өнцөгтийн АС диагоналийг тойрог Е цэгээр шүргэнэ. Мөн энэ тэгш өнцөгтийн С,D оройнуудыг дайрсан шулууныг D цэгээр шүргэнэ. Е цэгийг дайруулан СD талд ЕF перпендикуляр татав. (F нь энэ перпендикулярийн суурийн цэг). SAEFD=a бол ВАС өнцгийн хэмжээг ол.
Өгсөн нь: 1ABCDS = , AEFDS a=
Олох нь: ?BAC =R
Бодолт: O цэгт төвтэй тойрог CDшулууныг D цэгт шүргэнэ. D татсан тойргийн радиус OD OC⊥ , AD CD⊥ учир OD радиус AD талтай давхцана. Иймд тойргийн төв O нь AD
тал дээр оршино. EF CD⊥ , AD CD⊥ гэдгээс EF ADP болох ба ECFV төсөөтэй ACDV болно. BAC BAC α= =R R гэе.
0.5 1 20.5
ECF ACD AEFD
ACD ACD
S S SCD EC aCos aAC AC S S
α− −
= = = = = = −V V
V V
болно. Эндээс 1 2arcCos aα = − буюу 1 2BAC arcCos a= −R болно.
Бодлого 599.
О төвтэй тойргийн гадна С цэгээс 2 цацрагийг тойргийг огтлуулан татав. Нэгдүгээр цацраг тойргийг М,А цэгүүдээр хоёрдугаар цацраг тойргийг N,В цэгүүдээр огтлов. N цэгээс АВ шулуунд NL=12 байх перпендикуляр татав. <МОА=<NOB=120, АВ=5МN бол MNC гурвалжны талбайг ол.
Өгсөн нь: 120oMOA NOB= =R R , 12NL = , 5AB MN=
Олох нь: ?MNCS =V
Бодолт: Өгсөн ёсоор MOA NOB=R R , MA NB= учир MN ABP байна. Иймд MABN нь адил хажуут трапец болно. Адил хажуут трапецийн талуудыг агуулсан талтай гурвалжин мөн адил хажуут гурвалжин байна. Иймд CM CN= болно. C оройгоос AB талд CKөндөр буулгая. Энэ өндөр нь тойргийн төвийг дайрна. CK нь MN -ийг огтолсон цэгийг P гэе.
ABCV -ийн талбайг олъё.
2ABCBA CKS ⋅
=V энд 5BA MN=
тооцвол 5
2ABCMN CKS ⋅
=V (1)
болно. ABMN трапецийн талбайг олбол 5 12 362 2ABNM
MN BA MN MNS NL MN+ += ⋅ = ⋅ =V
(2)
CNM ABC ABNMS S S= −V V энд (1) ба (2)-ыг орлуулбал 5 36
2CNMMN CKS MN⋅
= −V (3)
CNMV хувьд 12CP CK= − , ( )12
2 2CNM
MN CKMN CPS−⋅
= =V болно. Энд (3)-ийг
орлуулбал ( )12 5 36
2 2MN CK MN CK MN
− ⋅= − болох бөгөөд эмхэтгэж бодвол 15CK =
болно. Тэгвэл 15 12 3CP = − = болох юм. Нөгөө талаас MON α=R гэвэл 5AB MN= гэдгээс 5AOB α=R болно. Зургаас харахад 120 120 5 360o o oα α+ + + = 20oα = 40oMCN =R болно.
CNMV хувьд MN -ийн уртыг олъё. 2MN PM= , 203
o PMtg = , 3 20oPM tg= ⋅
6 20oMN tg= ⋅ болно. Иймд 3 6 20 9 20
2 2
oo
MCNMN CP tgS tg⋅ ⋅ ⋅
= = = ⋅V байна.
Бодлого 600.
О цэгт төвтэй тойрог АВС гурвалжны А ба В оройг дайрна мөн АС талыг М цэгээр ВС талыг
N цэгээр огтлоно. R АОМ= R ВОN=600, N цэгээс АВ шулуун хүртэлх зай5 3 ба 4MN AB= бол ?ABCS =V
Өгсөн нь: 4MN AB= , 060 ,АОМ ВОN= =R R 5 3NL =
Олох нь: ?ABCS =V
Бодолт: ABCV -ийн талбайг олъё. 4 2
2 2ABCBA CK MN CKS MN CK⋅ ⋅
= = = ⋅V (1)
болно.
ABMN трапецийн талбайг олбол
4 25 35 32 2 2ABNM
MN BA MN MN MNS NL+ + ⋅= ⋅ = ⋅ =V
(2) болно. Мөн CNM ABC ABNMS S S= −V V байна. Энд (1) ба (2)-ийг тооцвол
25 322CNMS MN CK MN= ⋅ − ⋅V (3) болно.
CNMV хувьд 5 3CP CK= − , ( )5 3
2 2CNM
MN CKMN CPS−⋅
= =V (4) болох юм. (3), (4)
нэгтгэвэл ( )5 325 32
2 2
MN CKMN CK MN
−⋅ − ⋅ = гэдгээс 20 3
3CK = болно.
NОМ α=R гэе. 4MN AB= гэж өгсөн учир 4 4ВОA ВОA α= ⋅ =R R болно. Мөн
060 60 120o oВОA α α= + + = +R болохыг тооцвол 4 120oα α= + , 40oα = , 80oMCN =R
болно. BCKV -ийн хувьд 40oBCK =R байна. 40oBK tgKC
= , 40oBK KC tg= ⋅ ,
2 2 40oAB BK KC tg= = ⋅ байх юм.
2
22 40 20 3 40040 40 402 2 3 3
oo o o
ABCAB KC KC tg KCS KC tg tg tg
⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅ = ⋅ =
V болно.
Бодлого 601.
АВ ба АС нь тэнцүү хөвчүүд. R ВАС=300. Энэ өнцгөөр хашигдсан тойргийн хэсгийн талбайг тойргийн талбайд харьцуулсан харьцааг ол.
Бодолт: Тойргийн хэсэг нь 60o өнцөгтэй сектор ба AOBV , AOCV гэсэн хоёр тэнцүү адил хажуут гурвалжингаас
тогтоно. ABCV гурвалжин нь хурц өнцөгт учир тойргийн төв нь гурвалжны дотор оршино. O цэг нь тойргийн төв, R нь тойргийн радиус байг. Өгөгдсөн өнцгөөр хашигдсан тойргийн хэсэг нь 60o өнцөгтэй сектор ба
360 60 1502
o oo−
= байх тэнцүү оройтой AOBV , AOCV
гэсэн хоёр тэнцүү адил хажуут гурвалжингаас тогтоно. Секторын талбай нь дугуйн
талбайн зургааны нэгтэй тэнцүү байна ө.х 6Rπ , гурвалжин бүрийн талбай нь
2 2
1502 4
oR RSin⋅ = болно. Эндээс бидний олох ёстой харьцаа
2 2
2
2 36 26
R R
R
ππ
π π
+ ⋅ += болно.
Бодлого 602.
Тэнцүү талт гурвалжны сууриар диаметр хийсэн хагас тойрог нь уг гурвалжныг 2 хэсэгт хуваана. Гурвалжны тал а бол тойргийн дотор орших гурвалжны хэсгийн талбайг ол.
Бодолт: ABCV тэнцүү талт гурвалжны BCталаар диаметрээ хийсэн хагас тойргийн төвийг O гэе. Уг хагас тойрог нь AB талыг M , ACталыг N цэгээр огтолно. CM нь ABCV ны өндөр болно. ABCV тэнцүү талт учир M нь AB талын дундаж цэг болно. MOBV ба ABCV төсөөгийн
коэффициент 12
болно. Эндээс 14MOB ABCS S=V V ,
14NOC ABCS S=V V байна. 60oMON =R учраас
MON секторын талбай нь 2a радиустай .Иймд
хайж буй дүрсийн талбай 2 2 2 23 3 (3 3 )4 8 24 24
a a a aπ π−− − = болох юм.
Бодлого 603.
Тойрог дээр орших А, B цэгийг дайрсан шулуун нь тойргийг 2 нум болгон хуваана. Эдгээр нумнуудын харьцаа 1:11 бол АВ хөвч нь дугуйн талбайг ямар харьцаагаар хуваах вэ?
Бодолт:
Тойргийн төвийг O , радиусийг R , AOB α=R гэе.
11 360oα α+ = , 30oα = болно.
1сег сек AOBS S S= − V (1) , 2 1сег дуг сегS S S= − (2) болно. Эндээс
олох харьцааг бичвэл 2
2
?сег
сег
SS
=
2 2 2
30360 360 12
oсек o o
R R RS π π πα= ⋅ = ⋅ =
2 2302 4
o
AOBR Sin RS ⋅
= =V , 2дугS Rπ= эдгээрийг (1), (2)-д
орлуулбал ( )22 2
1
312 4 12сег
RR RSππ −
= − = , ( ) ( )2 2
22
3 11 312 12сег
R RS R
π ππ
− += − =
( )( )
2
2
311 3
сег
сег
SS
ππ−
=+
болно.
Бодлого 604.
Адил хажуут АВС гурвалжны АС суурь тойргийн хөвч болно. Энэ тойрог нь АВ ба ВС
шулууныг харгалзан А, С цэгүүдээр шүргэнэ. 0120 , АВС АС а= =R бол өгөгдсөн тойргоор хашигдсан уг тойрог доторх гурвалжны хэсгийн талбайг ол.
Өгсөн нь: 0120 , АВС АС а= =R
Олох нь: ?сегS =
Бодох нь: Бодлогын нөхцөл ёсоор 120OABC =R , 90OBAO BCO= =R R учир 60OAOC =R болно.
сег сек AOCS S S= − V олъё. 2 2 2
60360 360 6
oсек o o
R R RS π π πα= ⋅ = ⋅ = ,
2 260 32 4
o
AOCR Sin RS ⋅
= =V болохыг тооцвол
( )22 2 2 3 336 4 12сег
RR RSππ −
= − = (1) болно.
BO ба AC -ийн огтлолцлын цэгийг L гэе. LCOV
нь тэгш өнцөгт гурвалжин болно. 2 2
AC aLC = =
байна. 30 30o oLC Sin LC OC SinOC
= ⇒ = ⋅ ,
12 2a R= ⋅ R a= үүнийг (1)-д тооцвол
( )2 2 3 3
12сег
aS
π −= байна.
Бодлого 605.
АВС гурвалжны 1АВ = , АВ талаар диаметрээ хийсэн тойрог АС талыг D цэгээр 2 тэнцүү хэсэгт, ВС талыг Е цэгээр ВЕ:ЕС=7:2 байхаар огтолдог бол АС талын уртыг ол.
Өгсөн нь: 1АВ = , : 7 : 2ВЕ ЕС =
Олох нь: ?АС =
Бодолт: Бодлогын нөхцөл ёсоор 1АВ = гэдгээс 0.5OA OB R= = = байна. OA OB= , CD DA= нөхцлөөс
2CBDO = , 2CB DO= ⋅ учир нь CABV -ны дундаж
шугам. 0.5DO R= = , 2 0.5 1CB = ⋅ = болно. AEBV -ийн
хувьд 90oAEB =R байна. 1 7
7 2 9CB
EBBE EC
= ⇒ =÷ = ÷
,29
CE = болно. AEBV -д
2 2 2AE AB EB= − , CEAV -д 2 2 2AE CA CE= − болох бөгөөд эдгээрийг тооцвол
2 2 2 2AB EB CA CE− = − 2 2 2 2CA AB EB CE= − + 2 2
2 7 219 9
CA = − +
23
CA = болно.
Бодлого 606.
АВС тэгш өнцөгт гурвалжны ВС талаар диаметрээ хийсэн тойрог гипотенузыг АD:DВ=1:4 байхаар цэгээр огтлов. ВС=10 бол С тэгш өнцгийн оройгоос гипотенузэд буусан өндрийг ол.
Өгсөн нь: : 1: 4АD DВ = , 10ВС =
Олох нь: ?CD =
Бодолт: 5OB OC OD= = = болно
1 4AD DB÷ = ÷ нөхцлөөс 5AB x= гэж тэмдэглэе.
ABCV хувьд 2 2 2AC AB BC= − 2 225 100AC x= − (1) болно.
DCBV хувьд 2 2 2DC BC DB= − 2 2100 16DC x= − (2) болно.
DACV хувьд 2 2 2DC AC x= − (3) болно. (2),(3)-аас 2 2 2100 16x AC x− = − болох бөгөөд энд
(1)-ийг орлуулбал 2 2 2100 16 25 100x x x− = − − 5x = .
DBCV -ийн хувьд 4 4 5DB x= = , 2 2 100 80 20 2 5CD BC DB= − = − = =
Бодлого 607.
АВС гурвалжны АС тал нь гурвалжныг багтаасан тойргийн диаметр болно. Уг тойрог нь АВ талыг М, ВС талыг N цэгээр огтолно. АС=2, АВ=3, AN=1.8 бол ВАС өнцгийн косинусыг ол.
Өгсөн нь: 2, 3, 1.8АС АВ AN= = =
Олох нь : ?Cos ВАС =R
Бодолт: Тэгш өнцөгт ANCV , ANBV гурвалжингуудаас 2 2 0.76CN AC AN= − = , 2 2 2.4BN AB AN= − = ,
2.4 0.76BC = + болно.
ABCV -д Cos -ийн теорем хэрэглэвэл
( )22 2 2 13 2.4 0.76
0.52 0.4 0.762 16
AB AC BCCos ВАСAB AC
− ++ −= = = −
⋅R .
Бодлого 608.
Адил хажуут АВС гурвалжны ВС хажуу талаар диаметрээ хийсэн тойрог энэ гурвалжны суурийг D цэгээр огтолно. Хэрэв 03, 120АD АВС= =R бол А оройгоос тойргийн төв хүртлэх зайг ол.
Өгсөн нь: 03, 120АD АВС= =R
Олох нь: ?AO =
Бодолт: BC талаар диаметрээ хийсэн тойрог дээр D цэг орших учраас 90OBDC =R байна. BD нь ABCV
гурвалжны өндөр, медиан, биссектрис. Иймд 2 2 3AC AD= = , 3 23
2
CDBCSin DBC
= = =R
,
1 12
OC BC= = байна. Үүнээс
2 2 32 30 12 1 2 2 3 1 72
OAO AC OC AC OC Cos= + − ⋅ ⋅ = + − ⋅ ⋅ ⋅ = болно.
Бодлого 609.
АВС тэгш өнцөгт гурвалжны АС катетаар диаметрээ хийсэн тойрог АВ гипотенузийг К цэгээр огтолно. Хэрэв , АC b АВС β= =R бол СКВ гурвалжны талбайг ол.
Өгсөн нь: , АC b АВС β= =R
Олох нь: ?CKBS =V
Бодолт: K цэг нь AC диаметртэй тойрог дээр оршино.
Иймд CK AB⊥ байна. AKCV , BKCV тэгш өнцөгт гурвалжингуудаас CK AC Cos ACK bCosβ= ⋅ =R , BK CK Ctg B bCos Ctgβ β= ⋅ = ⋅R . Эндээс
2 21 1 12 2 2CKBS CK BK bCos bCos Ctg b Cos Ctgβ β β β β= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅V .
Бодлого 610.
АВС тэгш өнцөгт гурвалжны С оройгоос АВ гипотенузэд татсан СЕ өндрөөр диаметрээ хийсэн тойрог ВС талыг К цэгээр огтолно. , ВС a ВАС α= =R бол ВКЕ гурвалжны талбайг ол.
Өгсөн нь: ,BАС ВС aα= =R
Олох нь: ?BKES =V
Бодолт: Тэгш өнцөгтийн AC , AB , CE талуудыг олъё.
AC a Ctgα= ⋅ , aABSinα
= , CE a Cosα= ⋅ болно.
CNEK тэгш өнцөгтийн талуудыг олохын тулд тэгш өнцөгт гурвалжны тэгш өнцгийн оройгоос татсан өндрийн тухай теоремыг ашиглая.
22CECK aCos
BCα= = ,
2CECN KE aCos SinAC
α α= = = ⋅ , 2 2KB CB CK a aC a nos Siα α= − = − =
болно. 22 31 12 2EBK SS aCos Sin a a Cin os Sinαα α α α= ⋅ ⋅ = ⋅V болно.
Бодлого 611.
АВС тэгш өнцөгт гурвалжны ВС катетаар диаметрээ хийсэн тойрог АВ талыг К цэгээр огтолно. , ВС a ВАС α= =R бол СКВ гурвалжны талбайг ол.
Өгсөн нь: , ВС a ВАС α= =R
Олох нь: ?BEKS =V
Бодолт: Пифагорын теорем бичвэл
2 2 2 2AB BC AC a b= + = + .
K цэг нь BC диаметртэй тойрог дээр орших тул 90OBKC =R байна. CBKV төсөөтэй ABCV . Энд ээс төсөөгийн
коэффициент 2 2
BC aAB a b
=+
.
CBKV -ийн талбай нь ABCV -ийн талбайг төсөөгийн коэффициентийн квадратаар үржүүлсэнтэй тэнцүү. Иймд
( )2 3
2 22 2
12 2CBK
a a bS a ba ba b
= ⋅ =
++ V болно.
Бодлого 612.
АВС тэгш өнцөгт гурвалжны С оройгоос АВ гипотенузэд татсан СD өндрөөр диаметрээ хийсэн тойрог АС талыг Е цэгээр, ВС талыг Fцэгээр огтолно. АС=b, ВС=a бол СFDE дөрвөн өнцөгтийн талбайг ол.
Өгсөн нь: ,АС b ВС a= =
Олох нь: ?CFDES =
Бодолт: CFDE тэгш өнцөгтийн талуудыг олохын тулд тэгш өнцөгт гурвалжны тэгш өнцгийн оройгоос татсан өндрийн тухай теоремыг ашиглая.
2 ABCS AB CD AC BC= ⋅ = ⋅V гэдгээс 2 2
AC abCD BCAB a b
= ⋅ =+
CDBV тэгш өнцөгт гурвалжны тэгш өнцгийн оройгоос буусан өндөр DF тул
2 2
2 2
CD abCFBC a b
= =+
мөн адил 2 2
2 2
CD a bCEAC a b
= =+
байна.
CFDE тэгш өнцөгтийн хувьд ( )
2
2 2CFDEabS CF CE
a b= ⋅ =
+байна.
Бодлого 613.
О цэгт төвтэй тойрогт АВС гурвалжин багтав. R А>900. Энэ гурвалжны А оройгоос татсан АF биссектрисийн үргэлжлэл нь тойргийг L цэгээр огтолно. Радиус АО нь ВС талыг Е
цэгээр огтолно. АН нь АВС гурвалжны өндөр, AL= 4 2 , AH= 2 3 , R АЕН=600 бол OAL гурвалжны талбайг OEFL 4 өнцөгтийн талбайд харьцуулсан харьцааг ол.
Өгсөн нь: 04 2 , 2 3 , 60AL AH АЕН= = =R
Олох нь: ?OAL
OEFL
SS
=V
Бодолт:
AC AB< байг. AL CABR -ийн биссектрис учир » »CL BL= болно. Иймд CL BL= , OC OB= байна. Түүнчлэн L ба O цэгүүд нь BC шулуунд перпендикуляр шулуун дээр оршино. Ийм учраас
/ /OL AH .
P цэг нь BC -ийн дундаж болно. Тэгвэл 0 0 090 90 90 60 30o oPOE PEO AEH= − = − = − =R R R
015NAF PLA LAO= = =R R R
болно. 30oHAE =R учир F цэг нь H ба E цэгүүдийн хооронд оршино.
21 1 115 15 8 152 2 4
o o oOALS AL AL tg AL tg tg= ⋅ ⋅ = ⋅ =V
21 1 1 215 15 15 2 152 2 15 30 2 3
o o o oFAE o o
AH AH AHS AF AE Sin Sin tg tgCos Cos
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =V ,
6 15oOEFL OAL FAES S S tg= − =V V болно. Эндээс 8 4
6 3OAL
OEFL
SS
= =V болно.
Бодлого 614.
О цэгт төвтэй тойрогт АВС гурвалжин багтав. R А>900. Р цэг нь ВС хөвчөөр хуваагдсан тойргийн их нумын дундаж цэг. Радиус АО нь ВС талыг L цэгээр, АР хөвч нь ВС талыг Q
цэгээр огтолно. АВС гурвалжны өндөр нь АF, ALF гурвалжны А өнцгийн биссектрис нь 15
,
03, 30АР OPA= =R бол OAР гурвалжны талбайг АQF гурвалжны талбайд харьцуулсан харьцааг ол.
Өгсөн нь: 03, 30АР OPA= =R ,13
AQ =
Олох нь: ?OAP
AQF
SS
=V
V
Бодолт: POAV -аас OA -г олъё.
2 30o
AP
CosOA
= 3 30
2oOA Cos= ⋅ 1OA =
1 3 30 32 4
o
OAPSinS ⋅ ⋅
= =V болно.
Өмнөх бодлогын нөхцөл ашиглавал 13
AQ = болох бөгөөд 30OQAP =R болно.
AQFV талбайг бичвэл 30
2
o
AQFQA AF SinS ⋅ ⋅
=V AQFV -аас 3
2 5AF = болно.
1 3 1325 2 5
2 40AQFS⋅ ⋅
= =V ,
34 103
40
OAP
AQF
SS
= =V
V
болно.
