677. Тойрогт багтсан KLMN трапецын суурь LM ба KN бөгөөд тойргийн төв нь KN суурь дээр байрлана. Хэрэв LN трапецын диагональ 4 ба MNK өнцөг 600 бол трапецын суурь LM-ыг ол.

Бодолт: KN диаметр гэдгээс KMNV тэгш өнцөгт гурвалжин болно. Иймд 030MKN KML∠ = ∠ = . Нөгөө талаар нэг нумд тулсан багтсан өнцгүүд тэнцүү учир 030LMK LNK∠ = ∠ = . Эндээс 060N K∠ = ∠ = .Иймд LMNK адил

хажуут трапец болох ба KL=LM=NM=2

KN . Иймд 060KN ctgLN

= буюу KN=LN 0 4 3603

ctg = гэж олдоно.

0 4 3603

ctg⋅ = 060KN ctgLN

=

678. АВС гурвалжны В ба С оройг дайрах тойрог АВ ба АС талыг харгалзан К ба Е цэгээр огтлоно.Хэрэв AK=KB=a, R BCK=α, R CBE=β бол АЕ-г ол.

Бодолт: Өгөгдсөн тойргийн радиусыг R гэе. Тэгвэл ВСК гурвалжин тойрогт багтсан тул 2sin

aRα

= болно.

Мөн ВСЕ гурвалжин тойрогт багтсан тул СЕ=2Rsinβ= sinsin

a βα

болно. Мөн АС·AE=AB·AK тул

2sin( ) 2sin

aAE AE aβα

+ = буюу 2 2sin 2 0sin

a AEAE aβα⋅

+ − = байна. Эндээс 2 2( sin 8sin sin )2sin

aAE β α βα

= + − гэж

гарна.

679. R радиустай тойргийг АС тал нь М цэгээр, ВС тал нь Р цэгээр шүргэдэг, АВ тал нь уг тойргийг К ба Е (Е цэг ВК хэрчим дээр оршино) цэгээр огтолдог байхаар АВС гурвалжин өгөгдөв. Хэрэв ВС=a,CM=b<a, R KME=α бол ВЕ-г ол.

Бодолт: PC=CM=b, BP=BC-PC=a-b, KE=2Rsinα. Огтлогч шүргэгчийн чанар ёсоор

BE·(BE+KE)=BP2 буюу BE2+BE·2Rsinα=(a-b)2. Энэ тэгшитгэлээс 2 2 2sin (a b) sinBE R Rα α= + − − гэж олдоно.

680. АВС гурвалжны оройгоос АВ,ВС,СА шулуунууд дээр харгалзан С1, А1, В1 цэгүүдийг авав. АВ1С1, А1В1С, А1ВС1 гурвалжнуудыг багтаасан тойргууд нэг цэгт огтолцоно гэж батал.

Бодолт: AB1C1 ба CA1B1 гурвалжнуудыг багтаасан тойргуудын В1 –ээс ялгаатай цэгийг М гэе. Тэгвэл А1ВС1 гурвалжныг батгаасан тойрог дээр М цэг оршино гэж батлая. Уг цэг АВС гурвалжны дотор оршдог байг. Тэгвэл

0 0 0 0 01 1 1 1 1 1 1 1360 360 (180 A) (180 ) 180 .A BC A MC B B MC A MB B C B A C+ = + − − = + − − − − = + + =R R R R R R R R R R R

Эндээс В, А1, М, С цэгүүд нэг тойрог дээо оршино гэж мөрдөн гарна.

Одоо М цэг АВС гурвалжны гадна байрладаг байг. М цэг ВАС өнцгийн дотор байрлах тохиолдолд

0 01 1 1 1 1 1 180 A )A MC B MC A MB C B= − = − − =R R R R R R болно. Иймээс А1, М, В,

С1 цэгүүд нэг тойрог дээр оршино. Бусад тохиолдол нь яг үүнтэй адилаар батлагдана.

681. С оройтой тэгш өнцгийн гадна талд өнцгийн биссектрисийн үргэлжлэл дээр ОС= 2 байхаар О цэгийг авав. Тэгвэл О цэгт төвтэй 2 радиустай тойрог байгуулахад үүсэх өнцгийн талууд болон тойргийн нумаар зааглагдсан дүрсийн талбайг ол.

Бодолт: Өнцгийн талууд тойрогтой огтлох цэгүүд нь А ба В байг. CА=CB=x гэвэл косинусын

теорем ёсоор AO2=AC2+OC2-2AC·OC·cos1350 буюу 4=x2+2+2x 222

⋅ , x2+2x-2=0 болно.Эндээс

тэгшитгэлийг бодвол x= 3 1− болох ба АВ=x 2 2( 3 1)= − гэж гарна. Косинусын теорем ёсоор

АОВ гурвалжнаас 2 2 2 24 4 2( 3 1) 3cos2 8 2

OA OB ABAOBOA OB

+ − + − −= = =

⋅R гэж гарна. Эндээс 030AOB =R

ба АОВ секторын талбай 412 3π π

= болно. Олох ёстой талбай энэ секторын талбайгаас АСО ба

ВСО гурвалжны талбайн нийлбэрийг хассантай тэнцүү, өөрөөр хэлбэл 012 sin135 3 1

3 2 3CA COπ π

− ⋅ ⋅ = − + гэж гарна.

682. С оройтой 1200 өнцгийн гадна түүний биссектрисийн үргэлжлэл дээр ОС= 13

байхаар О цэг авав. О цэгт төвтэй 1 радиустай тойргийг

байгуулахад үүсэх өнцгийн талууд болон тойргийн нумаар зааглагдах дүрсийн талбайг ол.

Бодолт: Өнцгийн талууд тойрогтой огтлох цэгүүд нь А ба В байг. CА=CB=x гэвэл косинусын теорем

ёсоор AO2=AC2+OC2-2AC·OC·cos1200 буюу 1=x2+ 1 1 123 23

x+ ⋅ ⋅ ⋅ , x2+ 1 2 033

x − = болно.Эндээс

тэгшитгэлийг бодвол x= 13

болох ба AB2=AC2+BC2-2AC·BC·1200 буюу АВ=x 13 3 13

= ⋅ = гэж

гарна. AB=BO=AO=1 гэдгээс 060AOB =R ба АОВ секторын талбай 6π болно. Олох ёстой талбай

энэ секторын талбайгаас АСО ба ВСО гурвалжны талбайн нийлбэрийг хассантай тэнцүү, өөрөөр

хэлбэл 01 1 1 3 32 sin1206 2 6 2 63 3

CA COπ π π −− ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ = гэж гарна.

683. С оройтой тэгш өнцгийн дотор талд түүний биссетрис дээр ОС= 2 байхаар О цэгийг авав. О цэгт төвтэй 2 радиустай тойргийг байгуулахад үүсэх тойргийн нум болон өнцгийн талуудаар хашигдсан дүрсийн талбайг ол.

Бодолт: Өнцгийн талууд тойрогтой огтлох цэгүүд нь А ба В байг. CА=CB=x гэвэл косинусын теорем ёсоор

AO2=AC2+OC2-2AC·OC·cos450 буюу 4=x2+2-2x 222

⋅ . Эндээс x2-2x-2=0 тэгшитгэл үүсэх ба x=1 3+ гэсэн

шийдтэй. Иймд AB нь тэгш өнцөгт гурвалжны катет тул АВ= (1 3) 2+ гэж олдоно. Эндээс 24 4 2(1 3) 3cos

2 2 2 2AOB + − +

∠ = = −⋅ ⋅

буюу 56

AOB π∠ = гэж олдох тул АОВ секторын талбай

2 0

0

2 150 5360 3

π π⋅ ⋅= .

Бидний олох ёстой дүрсийн талбай S= AOC BOCS S S+ +V V сек=2 02(1 3) 5 5sin 45 1 32 3 3

π π++ = + + болно.

684. С оройтой 1200 өнцгийн дотор талд түүний биссетрис дээр ОС= 23

байхаар О цэгийг авав. О цэгт төвтэй 1 радиустай тойргийг

байгуулахад үүсэх тойргийн нум болон өнцгийн талуудаар хашигдсан дүрсийн талбайг ол.

Бодолт: Өнцгийн талууд тойрогтой огтлох цэгүүд нь А ба В байг. CА=CB=x гэвэл косинусын теорем ёсоор AO2=AC2+OC2-

2AC·OC·cos600 буюу 1=x2+ 2 2 123 23

x− ⋅ ⋅ ⋅ , x2- 2 1 033

x − = болно.Эндээс тэгшитгэлийг бодвол x=

1 36

+ болох ба AB2=AC2+BC2-2AC·BC·1200 буюу АВ=x 1 3 1 33 36 2

+ += ⋅ = гэж гарна. Эндээс

21 31 1 ( ) 32cos2 1 1 2

AOB

++ −∠ = = −

⋅ ⋅ гэдгээс 0 7210

12AOB π

= =R ба АОВ секторын талбай 0

0

1 210 7360 12

π π⋅ ⋅=

болно. Олох ёстой талбай энэ секторын талбай дээр АСО ба ВСО гурвалжны талбайн нийлбэрийг

нэмсэнтэй тэнцүү, өөрөөр хэлбэл 05 1 7 1 3 2 3 7 3 12 sin12012 2 12 2 12 6 26 3

CA COπ π π++ ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ = + + гэж

гарна.

685. А ба В цэгээр огтлолцох ижил радиустай 2 тойрог өгөгдөв. А цэгийг дайрах ерөнхий огтлогч нь тойргуудыг С ба D цэгээр, В цэгээс уг огтлогчид татсан перпендикуляр нь тойргуудыг E ба F цэгүүдээр тус тус огтолдог бол C, E, D, F цэгүүд ромбын оройнууд болохыг батал.

Бодолт: DCB, CDB өнцгүүд тойргийн ижил нумд тулсан багтсан өнцгүүд учраас тэнцүү. Тийм учраас CDB адил хажуут гурвалжин болно. Харин EF нь CD хэрчмийн дундажид перпендикуляр болно. Е цэгийг В ба F хооронд оршдог гэж тооцвол FDC FCD FBA EBA ADE CDE∠ = ∠ = ∠ = ∠ = ∠ = ∠ . EDF адил хажуут гурвалжин ба DC нь EF хэрчмийн дундажид перпендикуляр болох тул CDEF нь ромбо болно.

686. А ба С эсрэг өнцгүүд нь тэгш байх АВСD гүдгэр дөрвөн өнцөгтийн АС диагональд ВЕ, DF перпендикулярууд татав. CE=FA болохыг батал.

Бодолт: А ба С цэгээс BD хэрчим тэгш өнцгөөр харагдах тул А ба В цэгүүд BD диаметртэй тойрог дээр оршино. Энэ тойргийн төв О-оос ОМ перпиндикуляр АС диагональ дээр татъя. Тэгвэл AM=MC болох ба АС дээрх ОВ, OD гэсэн тэнцүү радиусын проекц тул ME=MF болж эндээс CE=FA болж батлагдав.

687. АВ хэрчим дээр С цэг авав. АВ шулууны нэг талд АDC, CEB адил хажуут гурвалжнууд байгуулав.Энд AD=DC=CE=EB. D ба E оройгоос С цэгтэй давхцахгүй байхаар F цэг AD –тэй тэнцүү зайд оршдог бол AF=FB гэж батал.

Бодолт: AD тэй тэнцүү радиустай D ба Е цэгт төвтэй 2 тойрог байгуулъя. Тэгвэл тэнцүү тойргийн ижил нумд тулсан багтсан өнцгүүд учраас FAB FBA∠ = ∠ .Эндээс FA=FB байх AFB гурвалжин адил хажуут болно.

688. 090A∠ = ба 090C∠ ≤ байх ABCD гүдгэр дөрвөн өнцөгтийн B ба D оройгоос АС диагональд ВЕ, DF перпиндикуляр татав. Хэрэв АЕ=CF бол С өнцгийг тэгш гэж батал.

Бодолт: BD диагоналийн дундаж О нь BAD тэгш өнцөгт гурвалжныг багтаасан тойргийн төв болно. Тэгвэл 090C∠ ≤ тул С цэг тойргийн дотор орших боломжгүй.( 1772 дугаар бодлогоос хар). Иймээс АС хэрчим дээр Е

ба F цэгүүд байрлана. О цэгээс АС диагональ дээр ОН перпендикуляр татъя. Тэгвэл ОВ=OD тул HE=HF (тэнцүү хэрчмийн проекц) байх ба эндээс АС–ийн дундаж Н ба ОС=OA. Өөрөөр хэлбэл С цэг нь BD диаметртэй тойрог дээр байрлана. Эндээс 090BCD∠ = гэж гарна.

689.АВС адил хажуут гурвалжинд ВС суурь дээр хоёр орой нь, хажуу талууд дээр нөгөө хоёр орой нь байхаар квадрат багтав.Уг гурвалжинд багтсан тойргийн радиусыг квадратын талд харьцуулсан харьцаа 5:8 бол гурвалжны өнцгүүдийг ол.

Бодолт. KLMN квадратын K, N орой АВС гурвалжны ВС суурь дээр оршдог байг. Квадратын талыг х, АВС гурвалжинд багтсан тойргийн радиусыг r, гурвалжны суурийн өнцгийг α гэе. Тэгвэл К ба С–ийн

хооронд N цэг оршдог гэвэл ,MN xNCtg tgα α

= = 2

2xBC BK KN NC xtg α

= + + = + ,

21 1 2( ) (1 )2 2 2 2 2 2 2

x xr BCtg x tg tg tgtg

α α α αα

= = + = − + буюу 2 2 512 2 4

rtg tgx

α α− + = = болно. Эндээс 1

2 2tg α

= гэж

гарна.

690. АВС тэгш өнцөгт гурвалжинд хоёр орой нь АВ гипотенуз дээр, нөгөө хоёр орой нь катетууд дээр байрлахаар квадрат багтжээ. АВС гурвалжныг багтаасан тойргийн радиусыг квадратын талд харьцуулсан харьцаа 13:6 бол гурвалжны өнцгүүдийг ол.

Бодолт: MNKL квадратын АВ гипотенуз дээр орших оройнууд нь M ба N байг.(M нь N ба B-ийн хооронд оршдог гэе). Квадратын тал х, A α∠ = , АВС гурвалжныг багтаасан тойргийн

радиус R гэе. ANK, BML тэгш өнцөгт гурвалжнуудаас ,xANtgα

= BM xtgα= гэж олдоно.

Иймээс 2R=AB=AN+NM+MB= x x xtgtg

αα

+ + гэж гарна. Тэгвэл 1 2 1313

Rtgtg x

αα

+ + = = буюу

23 10 3 0tg tgα α− + = . Энэ тэгшитгэлээс 3,tgα = 13

tgα = гэж гарна.

691. АВС тэгш өнцөгт гурвалжинд К цэг нь гипотенуз дээр, Е ба М нь катетууд дээр оршихоор AEKM квадрат багтав.Энэ квадратын талыг

АВС гурвалжинд багтсан тойргийн радиуст харьцуулсан харьцаа 2 22

+ бол гурвалжны өнцгүүдийг ол.

Бодолт: Квадратын талыг х, АВС гурвалжинд багтсан тойргийн радиусыг r, C α∠ = гэе.Тэгвэл

, ,x BEtg tgMC x

α α= = ба BA tgBC

α= болно. АВ=x+BE, AC=x+MC, BC=sinBA

α болох ба тэгш өнцөгт гурвалжинд

багтсан тойргийн радиус r=2

AB AC BC+ − байдаг. AB=x+xtgα, AC=x+ xtgα

, BC=sin

x xtgαα

+ үүнийг орлуулбал

sin2

x x xtgx xtg xtgr

ααα α

++ + + −

= болж 2 2 21 1 12 2

sin cos

xr tg

tgα

α α α

+= =

+ + − − гэж гарна. Энэ тэгшитгэлийг

бодвол 045α = гэж олдох ба гурвалжны өнцгүүд нь 450, 450, 900 болно.

692. АВС гурвалжинд 2 дахин бага талбайтай АЕКМ тэгш өнцөгт ВС гипотенуз дээр D ба Е орой нь, К ба М орой нь катетууд дээр оршиж байхаар багтав. Хэрэв тэгш өнцөгтийн DE талыг DM талд харьцуулсан харьцаа нь 5:2 бол АВС гурвалжны өнцгүүдийг ол.

Бодолт: Өгсөн нөхцөлөөс MD=2x, MK=5x байг. Мөн B α∠ = гэе. Тэгвэл AC tgAB

α= , 12,2

tg tgα α= =

2 2 52ABC

AC ABS x x⋅= = ⋅ ⋅V буюу 22 40(5cos )

sin tgα

α α+ = 2 40( )AB

x tgα= болно. Нөгөө талаар 2 sin ,x

KBα=

cos5AK

xα= болох ба AB=AK+KB= 25 cos

sinxx αα

⋅ + . Үүнийг өмнөх тэнцэлд орлуулбал 22 40(5cos )sin tg

αα α

+ = гэсэн тэгшитгэл гарна.

Үүнийг хялбарчилбал sinα·cosα= 25

гэж гарах ба 2tg2α-5tgα+2=0 гэсэн тэгшитгэл үүсгэн бодвол 12,2

tg tgα α= = гэж гарна. Эндээс α

өнцөг нь arctg2, arctg0.5 гэж олдоно.

693. О цэгт төвтэй тойрогт ABCD ( BC||AD ) трапец багтав. Энэ тойрогт СЕ диаметр, ВЕ хөвч татахад AD талыг F цэгээр огтолно.Н цэг нь

F цэгээс СЕ-д татсан перпендикулярын суурь, ЕО хэрчмийн дундаж S, BD талын дундаж М. Тойргийн радиус R гэж өгөгдсөн ба СН= 98

R

бол SM-ийг ол.

Бодолт: 090CBE∠ = тул BE AD⊥ . М цэгийг дайруулан ВЕ –тэй параллель шулуун, S цэгийг дайруулан AD-тэй параллель шулуун тус тус татъя. Q нь татсан шулуунуудын огтлолын цэг болог. MQS тэгш өнцөгт гурвалжнаас SM хэрчмийг олъё. BEC α∠ = гэе. Тэгвэл

7(EC CH)8

FH EHtg tg R tgα α α= = − = ⋅ , 2

2 2 2 2( )(49 1)64RFO FH HO tg α= + = + болно. О цэгийн AD хөвч

дээрх проекц Р байг. Тэгвэл 1 12 2 2 sin sinFP BC R Rα α= = ⋅ = ,

22 2 2 2 2 2( )(49 1) R sin

64ROP OF FP tg α α= − = + − ,

22 2 2 2 2 2 2(49 1) R sin

64RAP AO OP R tg α α= − = − + + болно.

,BE QS N MQ AD K= =I I байг. Тэгвэл 2

21 1 1 1 1 1 1 1 49 1( ) ( ) ( ) ( 1 sin 2 sin )2 4 2 2 2 2 2 2 64

tgNQ FK FD AD BC AD BC AP BC R Rα α α+= = = + = + = + = − + + болно. Эндээс

221 1 49 1sin sin ( 1 sin

2 2 64tgQS QN NS QN SE QN R R αα α α+

= − = − = − = − + , 1 1 ( ) ( )2 2

MQ MK KQ BF FN BE EF FE NE= + = + = − + − =

1 1 cos cos2 2 2cos

EHBE FE NE R EOα αα

+ − = + − =1 7 1 1 7cos cos (cos )2 8 cos 2 2 8cos

RR R Rα α αα α

+ ⋅ ⋅ − = + гэж гарна. Ийм учраас SM2=MQ2+SQ2=

2 2 22 249 1 7 9(1 sin (cos ) )

4 64 8cos 8R tg Rα α α

α+

− + + + = болно. Эндээс SM= 32 2

R гэж олдоно.

694. О цэгт төвтэй тойрогт PQ,RS параллель хөвчүүд, SE диаметр, RE хөвч татав. RE хөвч PQ хөвчтэй F цэгт готлолцох ба F цэгээс SE-

д FH перпендикуляр татав. Хэрэв тойргийн радиус r ба EH= 38

r бол ЕО хэрчмийн дунджаас PQ хөвчийн дундаж хүртэлх зайг ол.

Бодолт: Трапецийн сууриуд параллель байдаг тул өмнөх бодлоготой адил бодогдоно.090SRE∠ = тул RE PQ⊥ . L цэгээр RQ-ийн дундаж, М цэгээр ОЕ-ийн дундаж, F цэгээс SE-д татсан

перпиндикулярийн суурийг Н-аар тус тус тэмдэглэе. L цэгийг дайруулан RЕ–тэй параллель шулуун, M цэгийг дайруулан PQ-тэй параллель шулуун тус тус татъя. T нь татсан шулуунуудын огтлолын цэг болог. LTM тэгш өнцөгт гурвалжнаас LM хэрчмийг олъё. RES α∠ = гэе. Тэгвэл

38

FH EHtg r tgα α= = ⋅ , 2

2 2 2 2(9 25)64rFO FH HO tg α= + = + болно. О цэгийн PQ хөвч дээрх проекц A

байг. Тэгвэл 1 12 2 2 sin sinFA RS R Rα α= = ⋅ = ,

22 2 2 2 2 2(9 25) sin

64rOA OF FA tg rα α= − = + − ,

22 2 2 2 2 2 2(9 25) sin

64rPA PO OA r tg rα α= − = − + + болно.

,LTRE TM N PQ K= =I I байг. Тэгвэл 2

21 1 1 1 1 1 1 1 9 25(PQ ) ( RS) ( RS) (r 1 sin 2 sin )2 4 2 2 2 2 2 2 64

tgNT FK FQ RS PQ PA rα α α+= = = + = + = + = − + +

болно. Эндээс 2

21 1 9 25sin r sin (r 1 sin2 2 64

tgMT TN NM TN ME TN αα α α+= − = − = − = − + ,

1 1 (R ) ( )2 2

LT LK KT RF FN E EF FE NE= + = + = − + − =1 1 cos cos2 2 2cos

EHRE FE NE r EOα αα

+ − = + − =

1 3 1 1 3r cos r cos (cos )2 8 cos 2 2 8cos

rα α αα α

+ ⋅ − = + гэж гарна. Ийм учраас LT2=LT2+MT2=2 2 2

2 29 25 3 10(1 sin (cos ) )4 64 8cos 16r tg rα α α

α+

− + + + = болно.

Эндээс LT=104

r гэж олдоно.

695. 3+ 3 радиустай тойрогт ABCDEK зөв зургаан өнцөгт багтав. ACD гурвалжинд багтсан тойргийн радиусыг ол.

Бодолт: Өгөгдсөн тойргийн радиус R байг. Зөв зургаан өнцөгтийн чанараас ACD гурвалжин тэгш өнцөгт, 090ACD∠ = , 090DAC∠ = , CD=R, AD=2R, AC=R 3 . Иймээс олох ёстой радиус 217

дугаар бодлогын томъёоноос (тэгш өнцөгт гурвалжинд багтсан тойргийн радиус2

a b cr + −= ) r=

3 2 ( 3 1)2 2 2

AC CD AD R R R R+ − + − −= = = ( 3 3)( 3 1) 3( 3 1)( 3 1) 3

2 2+ − + −

= = .

696. O1,O2 цэгт төвтэй 32 радиустай тойргууд О1О2 хэрчмийг гурван тэнцүү хэсэгт хуваахаар огтлолцов. Тэгвэл О1О2 хэрчим болон хоёр тойргийг дотоод байдлаар шүргэх тойргийн радиусыг ол.

Бодолт: Олох тойргийн радиусыг r гэе. Түүний төв нь О байг. Мөн 1 ба 2 тойрогтой шүргэх цэгүүдийг харгалзан Q, P –ээр, О1О2 хэрчимтэй шүргэлцэх цэгийг С, О1О2 хэрчим 1, 2 тойрогтой огтолцох цэгүүдийг харгалзан В, A гэж тус тус тэмдэглэе.Тэгвэл O1B=AB=AO2=16, O1C=24. OC=r, O1O=O1Q-OQ=32-r. O1CO тэгш өнцөгт гурвалжнаас Пифагорын теорем ёсоор O1O2=O1C2+OC2 буюу (32-r)2=242+r2. Энэ тэгшитгэлээс r=7 гэж олдоно.

697. 3 2 3+ радиустай тойрогт багтсан ABCDEK зөв зургаан өнцөгт багтав. BCD гурвалжинд багтсан дугуйн радиусыг ол.

Бодолт: Өгөгдсөн тойргийн радиус R байг. BCD гурвалжны хувьд

0120BCD∠ = , BC=CD=R, BD=R 3 . 2

2 01 3sin1202 4BCD

RS R= =V .Тэгвэл энэ гурвалжинд багтсан

тойргийн радиусыг дараах томъёогоор олж болно. 2 3 32 22 3(2 3 3) 3

22 3 2 3 2(2 3)

R RBCDSr

BC CD BD R R+

= = = = =+ + + + +

V .

698. 1 2+ радиустай тойрогт адил хажуут тэгш өнцөгт гурвалжин багтав. Тэгвэл энэ гурвалжны катетууд ба багтаасан тойргийг дотоод байдлаар шүргэх тойргийн радиусыг ол.

Бодолт: r нь олох ёстой тойргийн радиус, Q нь төв, M, N нь АВС гурвалжны АС ба ВС катетуудыг харгалзан шүргэх цэг, О нь багтаасан тойргийн төв, Р нь багтаасан тойрогтой шүргэлцэх цэг байг. Тэгвэл O, Q нь СР диаметр дээр орших ба QMNC нь r талтай квадрат болно.

Иймээс CQ 2r= , CQ+QP=CP, 2 2(1 2)r r+ = + болох ба эндээс 2(1 2) 22 1

r += =

+ гэж гарна.

699. AD, BC суурьтай ABCD трапец өгөгдөв. АС ба BD диагональ О цэгт огтолцдог, харин АВ ба CD шулуун К цэгт огтолцдог.КО шулуун ВС ба AD шулуунтай харгалзан M, N цэгээр огтолцдог ба 030BAD∠ = . Хэрэв ABMN ба MNCD трапецид тойрог багтдаг бол ВКС гурвалжны талбайг ABCD трапецийн талбайд харьцуулсан харьцааг ол.

Бодолт: Трапецийн гайхамшигт чанараас ( 1513 дугаар бодлого) ВС, AD сууриудын дундаж цэгүүд M ба N бол ABMN, MNCD трапециуд тойрог багтаах тул BM+AN=AB+MN, MC+DN=CD+MN. Эдгээр тэнцлээс AB=CD өөрөөр хэлбэл ABCD трапец нь адил хажуут болно. Тиймээс AKD гурвалжин адил хажуут болох ба KN түүний өндөр болно. KN=h гэе. Тэгвэл AK=2h, AN=h 3 болно. MN нь ANK тэгш өнцөгт гурвалжинд багтасн тойргийн диаметртэй

тэнцүү тул MN=AN+NK-AK=h( 3 -1), KM=KN-MN=h(2- 3 ). ВКС ба AKD гурвалжнууд төсөөтэй ба

төсөөгийн коэффициент нь 2 3KMKN

= − байна. Иймээс 2(2 3)BKC

AKD

SS

= −V

V

. Эндээс

2

2

(2 3) 1 121 (2 3) 3

BKC

ABCD

SS

−= = −

− −V гэж гарна.

700. Гурвалжинд багтсан тойргийн шүргэлтийн цэгүүдийг холбоход үүсэх гурвалжны өндрүүдийг татав. Татсан өндрүүдийн сууриудыг холбосон шулуун нь анхны гурвалжны суурьтай параллель гэж батал.

Бодолт: ABC гурвалжинд багтсан тойргийн ВС, АС, АВ талуудтай шүргэх шүргэх шүргэлтийн цэг нь харгалзан M, N, K болог. Мөн MNK гурвалжны өндрүүд МР, KQ байг. Шүргэгч ба хөвчийн хоорондох өнцгийн тухай теорем ёсоор ∠ MNC= ∠ MKN болно. Иймд ∠ MKN= ∠ PQN ( бодлого 141) тул ∠ MNC= ∠ PQN. Эндээс PQ|| AC гэж гарна. Үлдсэн талууд нь үүнтэй адилаар батлагдана

701. АС дианональтай гүдгэр дөрвөн өнцөгтийн хувьд AD=7, BC=3, ∠ ACD=600. Хэрэв A,B,C,D цэгүүд нэг тойрог дээр оршдог ба А цэгээс CD талд буулгасан перпиндикуляр нь BAD өнцгийг хагаслан хуваадаг бол АС диагоналийг ол.

Бодолт: А цэгээс CD талд буулгасан перпендикуляр нь АМ байг. АС цацраг ВАМ өнцгийн хооронд байх тул ∠ ВАМ= ∠ BAC+ ∠ CAM. ABCD дөрвөн өнцөгтийг багтаасан тойргийн радиус R байг.

Тэгвэл R= 72sin 3

ADACD

=∠

, 3 3sin ,2 14BCBAC

R∠ = = ∠ CAM=300 болно. Иймээс sin ∠ MAD=sin( ∠

BAC+300)= 3 3 3 1 13 1114 2 2 14 14

⋅ + ⋅ = , 5 3sin cos14

ADC MAD∠ = ∠ = болно. Эндээс АС=2R

2 7 5 3sin 5143

ADC ⋅∠ = ⋅ = гэж гарна.

702. KLMN нь трапецийн KN ба LM талууд параллель ба KN=3, ∠ M=1200 гэж өгөгдөв. LM, MN нь KLN гурвалжныг багтаасан тойргийг шүргэгчүүд бол KLN гурвалжны талбайг ол.

Бодолт: ML, MN нь тойргийн нэг цэгээс гарсан шүргэгчүүд тул тэнцүү. Иймээс ∠ MNL= ∠ MLN=300, ∠LNK= ∠ MLN=300. Нөгөө талаар LKN нь багтсан өнцөг, MNL өнцөг нь шүргэгч ба LN хөвчийн хоорондох өнцөг тул ∠ LKN=300. Эндээс KLN адил хажуут гурвалжин гэж мөрдөн гарна. Түүний өндөр нь

01 3 3 3302 2 3 2

KN tg⋅ = ⋅ = гэж гарна. Эндээс 1 3 3 332 2 4KLNS = ⋅ ⋅ =V гэж олдоно.

703. ABCD параллелограмын BD диагональ 2, өнцөг С нь 450, ABD гурвалжныг багтсаан тойргийн шүргэгч нь CD бол ABCD параллелограмын талбайг ол.

Бодолт: ∠ A= ∠ C=450 байх нь илэрхий. ∠ BAD нь тойрогт багтсан өнцөг, харин ∠ BDC нь BD хөвч болон шүргэгчийн хоорондох өнцөг тул ∠ BDC= ∠ A=450. Эндээс ∠ CBD=900 гэж гарах ба

2 2 4ABCDS BC BD= ⋅ = ⋅ = болно.

704. Дотоод байдлаар шүргэлцсэн хоёр тойрог өгөгджээ. Том тойргийн төвийг дайрсан шулуун уг тойргийг А ба D цэгээр, жижиг тойргийг В ба С цэгээр тус тус огтолно. Хэрэв АВ:ВС:CD=3:7:2 бол тойргийн радиусуудын харьцааг ол.

Бодолт: r, R нь тойргуудын радиус (r<R), тойргуудын шүргэлтийн цэг нь М, том тойргийн төв нь Q болог.

AB=3x, BC=7x, CD=2x гэе. Тэгвэл R= 62

AB BC CD x+ += , BQ=AQ-AB=R-3x=3x, QC=R-2x=4x, MQ=R=6x, QP=2r-

MQ=2r-6x. ( Энд МР нь жижиг тойргийн диаметр).Огтлолцсон хөвчүүдийн тухай теорем ёсоор BQ·QC=MQ·QP

буюу 3x·4x=6x·(2r-6x). Энэ тэгшитгэлээс r=4x гэж гарах ба 6 34 2

R xr x

= = гэж олдоно.

705. Дотоод байдлаар шүргэлцёэн хоёр тойрог өгөгдөв. Жижиг тойргийн төвийг дайрсан шулуун том тойргийг A ба D, жижиг тойргийг В ба С цэгүүдээр огтолно. Хэрэв АВ:ВС:CD=2:4:3 бол тойргийн радиусуудын харьцааг ол.

Бодолт: r, R нь тойргуудын радиус (r<R), тойргуудын шүргэлтийн цэг нь М, жижиг тойргийн төв нь О болог. AB=2x, BC=4x, CD=3x гэе. Тэгвэл r=OB=OC=2x, DO·OA=MO·(2R-MO) буюу

5x·4x=2x·(2R-2x). Энэ тэгшитгэлээс 5x=R-x, R=6x гэж гарах ба 6 32

R xr x

= = гэж олдоно.

706. АВС тэгш өнцөгт гурвалжны С өнцөг нь тэгш, АС:АВ=4:5. АС катет дээр төвтэй тойрог АВ гипотенузыг шүргэх ба ВС катетыг ВР:РС=2:3 байх Р цэгээр огтолно. Тойргийн радиусыг ВС катетад харьцуулсан харьцааг ол.

Бодолт: АС=4x, AB=5x гэж авбал BC=3x, tg 34

A∠ = , BP= 65x , PC= 9

5x болно. Q нь өгөгдсөн

тойргийн ВС шулуунтай огтолцох хоёрдахь цэг, О нь тойргийн төв, М нь гипотенузтай шүргэх цэг

байг. Тэгвэл 2144 12( )

25 5x xBM BP BP PC CQ= + + = = болно. Иймээс АМ=AB-BM=5x- 12 13

5 5x x

= ,

OM=AM 3920

xtg A∠ = . Эндээс 1320

OMBC

= гэж гарна.

707. АВС тэгш өнцөгт гуовалжны С өнцөг нь тэгш, АС:АВ=3:5. АС катетын С цэгийг оруулсан үргэлжлэл дээр төвтэй тойрог АВ гипотенузын В цэгийг оруулсан үргэлжлэлийг шүргэх ба ВС катетыг ВР:РС=1:4 байх Р цэгээр огтолно. Тойргийн радиусыг ВС катетад харьцуулсан харьцааг ол.

Бодолт: АС=3x, AB=5x гэж авбал BC=4x, tg 43

A∠ = , BP= 45x , PC=16

5x болно. Q нь өгөгдсөн тойргийн ВС шулуунтай

огтолцох хоёрдахь цэг, О нь тойргийн төв, М нь гипотенузын үргэлжлэлтэй шүргэх цэг байг. Тэгвэл 2144 12

25 5x xBM BP BQ= ⋅ = = болно. Мөн OM=AM 12 4 37 4(5 )

5 3 15x xtg A x ⋅

∠ = + ⋅ = . Эндээс 3715

OMBC

= гэж гарна.