БШУЯ-ы харьяа олон улсын хөтөлбөрийн сургалттай “Монгол тэмүүлэл” лаборатори сургуулийн математикийн багш Б.Бямбацэрэн /бодлого 121-150/ 121. Дан угол с вершиной O и окружность, касающаяся его сторон в точках A и B. Из точки A параллельно OB проведён луч, пересекающий окружность в точке C. OC пересекает окружность в точке E. Прямые AE и OB пересекаются в точке K. Докажите, что OK = KB.

• Тойрог О оройтой өнцгийн талуудыг А ба В цэгүүдээр шүргэнэ. А цэгээс ОВ талтай параллель цацраг татахад тойргийг С цэгт огтолно. ОС нь тойргийг Е цагт огтолно. АЕ ба ОВ шулуунууд К цэгт огтлолцох бол ОК=КВ болохыг батал.

Бодолт:

122°. Задача о бабочке. Через середину C произвольной хорды AB окружности проведены две хорды KL и MN (точки K и M лежат по одну сторону от AB). Отрезок KN пересекает AB в точке P. Отрезок LM пересекает AB в точке Q. Докажите, что PC = QC.

• Эрвээхийн бодлого. Тойргийн АВ хөвчийн дундаж С цэгийг дайруулан KL ба MN хөвчүүдийг татав (К ба М цэгүүд нь АВ хөвчийн нэг талд нь оршино). KN хэрчим нь АВ-г Р цэгт, LM хэрчим нь АВ талыг Q цэгт огтолсон бол PC=QC болохыг батал.

Бодолт:

OB //AC ⇒ KOE ACE∠ = ∠ /солбисон өнцөг/

Шүргэгч, хөвчийн хоорондох өнцгийн чанараар

OAK ACE∠ = ∠ болно. Иймд ∆ОАК ≅∆ОЕК ба

2AK OK OK AK EKOK EK

= ⇒ = ⋅ байна.

Шүргэгчийн тухай теорем ёсоор

2KB AK EK= ⋅ тул 2 2OK KB OK KB= ⇒ =

QX, QY нь CQM ба CQL гурвалжны өндрүүд,

PZ, PT нь CPK ба CPN гурвалжны өндрүүд болно.

∆CQX ≅ ∆CPT (ӨӨ шинжээр)

CQ QX QYCP PT PZ

= = ( CT=PZ) байх ба

2

2

CQ QX QY QX QYCP PT PZ PZ PT

= ⋅ = ⋅ болно.

∠NKL=∠NML ба∠MLK=∠MNK (багтсан өнцгүүд тэнцүү) тул ∆MXQ≅∆KZP ба ∆LYQ≅∆NTP болно.

QX QY MQ LQPZ PT KP NP

⋅ = ⋅

Огтлолцсон хөвчийн тухай теорем ёсоор

2 2(AC CQ)(.C CQ) (AC CQ)(AC CQ) AC ,MQ LQ AQ QB CQ⋅ = ⋅ = + − = + − = − 2 2(BC CP)(AC CP) (AC CP)(AC CP) ACKP NP BP AP CP⋅ = ⋅ = + − = − + = −

Эндээс 2 2 2

2 2 2

CQ AC CQCP AC CP

−= ⇒

− 2 2CQ CP= ⇒ CQ=CP батлагдав.

123°. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = AC) проведены биссектрисы AD, BE, CF. Найдите BC, если известно, что AC = 1, а вершина A лежит на окружности, проходящей через точки D, E и F.

• Адил хажуут АВС (AB=AC) гурвалжинд AD, BE, CF биссектрисүүд татав. Хэрэв AC=1 ба А цэг нь D, E ба F цэгүүдийг дайрсан тойрог дээр оршдог бол ВС-г ол.

Бодолт:

124°. Дана окружность с диаметром AB. Вторая окружность с центром в точке A пересекает первую в точках C и D, а диаметр AB — в точке E. На дуге CE, не содержащей точки D, взята точка M, отличная от точек C и E. Луч BM пересекает первую окружность в точке N. Известно, что CN = a, DN = b. Найдите MN.

• АВ диаметртэй тойрог өгөгдөв. А цэгт төвтэй өөр нэг тойрог эхний тойргийг С ба D цэгүүдээр харин АВ диаметрийг Е цэгт огтолно. D цэгийг агуулаагүй СЕ нум дээр М цэгийг С ба Е цэгүүдээс ялгаатай байхаар авав. ВМ цацраг эхний тойргийг N цэгт огтолно. Хэрэв CN=a, DN=b бол MN-г ол.

Бодолт:

BC=x гэе. Биссектрисийн чанар ёсоор

1CE BC xAE AB

= = 1 1

CE xCE

⇒ =−

1

xCEx

⇒ =+

Шүргэгч огтлогчийн чанараар CD2=CE ⋅ AC

Эндээс 2

2 1x x

x = +

болох ба энэ

тэгшитгэлийг бодвол 17 1

2x −

= болно.

Огтлолцсон хөвчийн теорем ёсоор MN2=MN ⋅NM1=PN ⋅DN=CN ⋅DN=ab Иймд MN= ab 125. Дана окружность с диаметром PQ. Вторая окружность с центром в точке Q пересекает первую в точках S и T, а диаметр PQ в точке A. AB — диаметр второй окружности. На дуге SB, не содержащей точки T, взята точка C, отличная от точек S и B. Отрезок PC пересекает первую окружность в точке D. Известно, что SD = n, DC = m. Найдите DT.

• PQ диаметртэй тойрог өгөгдөв. Q цэгт төвтэй хоёр дахь тойрог эхний тойргийг S ба T цэгүүдээр, PQ диаметрийг А цэгээр огтолдог. S ба B цэгүүдээс ялгаатай бөгөөд Т цэгийг агуулаагүй SB нум дээр С цэгийг авав. РС хэрчим эхний тойргийг D цэгээр огтолдог. Хэрвээ SD=n, DC=m бол DT-г ол.

Бодолт:

126°. Формула Эйлера. Докажите, что O1O22 = R2 − 2rR, где O1, O2 — центры соответственно

вписанной и описанной окружностей треугольника, r, R — радиусы этих окружностей.

• Эйлерийн томъёо. O1, O2 нь гурвалжинд багтсан ба гурвалжныг багтаасан тойргийн төвүүд ба радиусууд нь харгалзан r ба R байг. Тэгвэл O1O2

2 = R2 − 2rR болохыг батал.

Бодолт:

М1 – ВМ цацрагийн хоёр дахь тойрогтой огтлолцсон цэг

Р - энэ тойргийн DN цацрагтай оглолцсон цэг

АВ – диаметр ⇒ AN⊥MM1 ба M1N=MN (хөвчид перпендикуляр диаметр нь хөвчийг хагаслан хуваана) байх ба В нь CD нумын дундаж болно.

∠PNM1=∠BND= ∠BNC= ∠CNM.

AN- тэгш хэмийн тэнхлэгийн хувьд М цэг М1 цэгт, NC хэрчим NP хэрчимд, буух ба хоёр дахь тойрог өөрөө өөртөө бууна. Иймд NCM гурвалжин NPM1 гурвалжинд буух тул PN=CN=a байна.

Бодолт:

В1- АВС гурвалжны В оройгоос татсан биссектрисийн багтаасан тойрогтой огтлолцох цэг, ,ABC ACBβ γ∠ = ∠ = гэж тэмдэглэе. Гурвалжны гадаад өнцгийн тухай теоремоор

1 1 1 1 2 2B O C O BC O CB β γ

∠ = ∠ + ∠ = + ба нөгөө талаас

1 1 1 1 1 1 2 2O CB O CA B CA O CA B BA β γ

∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = + тул гурвалжин О1В1С нь адил хажуут

болно. Огтлолцсон хөвчийн тухай теорем ёсоор B1O1⋅O1B=(R+O1O2)(R-O1O2)=R2- O1O2

2. P- нь О1 цэгийн ВС талд буулгасан проекци тул О1Р=r болно.

∆ВО1Р: 11

1sin sin2

O P rO BO BP β= =

∠ болох ба 1 1 1 12 sin 2 sin

2B O B C R B BC R β

= = ∠ = байна.

Мөн 2 2 2 21 2 1 22 sin 2 2

2sin2

rR O O R rR O O R rRββ− = ⋅ = ⇒ = − болж батлагдав.

127. Докажите, что основание высоты треугольника, проведённой из вершины наибольшего угла, лежит на стороне треугольника (а не на её продолжении).

• Гурвалжны хамгийн их өнцөг бүхий оройгоос татсан өндрийн суурь нь гурвалжны талын үргэлжлэл дээр биш тал дээрээ буухыг батал.

Бодолт:

128°. Теорема Штейнера—Лемуса. Докажите, что если две биссектрисы треугольника равны, то он равнобедренный.

• Штейнер-Лемусын теорем. Хэрэв гурвалжны хоёр биссектрис тэнцүү бол тэр гурвалжин адил хажуут болохыг батал.

Бодолт:

b3c-bc3+3abc(b-c)+a2(b2-c2)+a3(b-c)=0 ⇔ (b-c)[b2c+bc2+a2b+ac2+a3+3abc]=0 ⇒ b-c=0 ⇒ b=c 129. Из произвольной точки P, не лежащей на описанной окружности, опущены перпендикуляры PA1,PB1,PC1 на стороны треугольника ABC или на их продолжения. Известно, что AB = c, BC = a, AC = b, PA = x, PB = y, PC = z. Найдите стороны треугольника A1B1C1,если радиус окружности, описанной около треугольника ABC, равен R.

• Гурвалжныг багтаасан тойрог дээр үл орших Р цэгээс АВС гурвалжны талууд (тэдгээрийн үргэлжлэл) дээр PM, PN, PK перпендикулярууд татав. Хэрэв AB = c, BC = a, AC = b, PA = x, PB = y, PC = z ба АВС гурвалжныг багтаасан тойргийн радиус R бол MNK гурвалжны талуудыг ол.

BM баCN нь АВС гурвалжны биссектрисүүд болог. ВМ=m, CN=n, AB=c, AC=b, BC=a байг.

p=(a+b+c)/2 ба m=n ⇒ m2=n2 байна.

22 2

4 (p c) ab (a b c)(a b c)(a b) (a b)p abn − + + + −

= =+ +

22 2

4 (p b) ac (a b c)(a c b)(a c) (a )

p acmc

− + + + −= =

+ +

2

(a b c)(a b c)(a b)

ab + + + −+

= 2

(a b c)(a c b)(a )

acc

+ + + −+

⇔

b(a+b-c)(a+c)2=c(a+c-b)(a+b)2 ⇔

Эсрэгээс нь баталъя. АВС гурвалжны хамгийн их А оройгоос татсан АН өндөр нь ВС тал дээр биш түүний үргэлжлэл дээр буудаг гэж үзье. Тэгвэл өнцөг АВН нь АВН тэгш өнцөгт гурвалжны хурц өнцөг болно. Түүнтэй хамар АВС өнцөг нь мохоо өнцөг болоход хүрнэ. Энэ нь ВАС нь хамгийн их өнцөг гэдэгтэй зөрчилдөж байна. Иймд АН өндөр нь ВС тал дээрээ бууна.

130°. Теорема Птолемея. Докажите, что если четырёхугольник вписан в окружность, то сумма произведений длин двух пар его противоположных сторон равна произведению длин его диагоналей.

• Птолемейн теорем. Тойрогт багтсан дөрвөн өнцөгтийн эсрэг талуудын уртуудын үржвэрүүдийн нийлбэр нь диагоналиудын үржвэртэй тэнцүү болохыг батал.

Бодолт:

131. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность радиуса R. Его диагонали взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке P. Найдите AP2+ BP2 + CP2 + DP2 и AB2 + BC2+ CD2 + AD2.

• ABCD дөрвөн өнцөгт нь R радиустай тойрогт багтжээ. Түүний диагоналиуд харилцан перпендикуляр бөгөөд Р цэгт огтлолцдог бол AP2+ BP2 + CP2 + DP2 ба AB2 + BC2+ CD2 + AD2нийлбэрүүдийг ол.

Бодолт: ∆АВС - ийн хувьд синусын өргөтгөсөн теорем

бичвэл 2sin sin sin

a b c RA B C

= = =∠ ∠ ∠

⇒

sin2aAR

∠ = , sin2bBR

∠ = , sin2cCR

∠ = болно.

А,М,Р,К цэгүүд нь АР диаметртэй тойрог дээр оршино.

АР=x тул мөн синусын теорем хэрэглэвэл

МК=AP sin∠A=x sin∠A= 2xaR

болно. Яг үүнтэй адилаар

нөгөө талуудыг олно.

АС диагональ дээр Рцэгийг ∠ABP=∠CBD байхаар авав.

АВР ба DBC гурвалжнууд төсөөтэй болно. Иймд

AB BD AB CD AP BDAP CD

= ⇒ ⋅ = ⋅

∠ABD=∠ABP+∠PBD=∠CBD+∠PBD=∠PBC, ∠BDA=∠BCP болох тул PBC ба ABD гурвалжнууд төсөөтэй болно. Иймд BC BD BC AD PC BDPC AD

= ⇒ ⋅ = ⋅ .

(AP PC) BD ACAB CD BC AD AP BD BD PC BD⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + = ⋅ болж батлагдлаа.

132. Четырёхугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны, вписан в окружность с центром O. Докажите, что ломаная AOC делит его на две равновеликие части.

• ABCD дөрвөн өнцөгтийн диагоналиуд харилцан перпендикуляр бөгөөд О төвтэй тойрогт багтжээ. АОС тахир шугам нь түүнийг хэм чацуу хоёр хэсэгт хуваахыг батал.

133°. Четырёхугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны, вписан в окружность с центром O. Найдите расстояние от точки O до стороны AB, если известно, что CD = 8.

• ABCD дөрвөн өнцөгтийн диагоналиуд харилцан перпендикуляр бөгөөд О төвтэй тойрогт багтжээ. Хэрэв CD = 8 бол О цэгээс АВ тал хүртэлх зайг ол.

Бодолт: ,ADB BDCα β∠ = ∠ = гэж тэмдэглэe. Тэгвэл

02 sin , 2 sin , 2 sin(90 ) 2 Rcos ,AB R BC R CD Rα β α α= = = − = 02 sin(90 ) 2 RcosAD R β β= − = болно. Эндээс

AP2+BP2+CP2+DP2=AB2+DC2=4R2sin2α+4R2cos2α=4R2

AB2+BC2+CD2+DA2=4R2+4R2=8R2.

Бодолт: Р-нь АС ба BD диагоналийн огтлолцлын цэг, О цэгээс АС ба BD рүү буулгасан өндрүүдийн суурийг харгалзан M ба N цэгүүдээр тэмдэглэе. Тэгвэл

1 1 1 (OM BP)2 2 2

1 1 1(KN BP) .2 4 2

ABCO

ABCD

s AC OM AC BK AC

AC AC BD S

= ⋅ + ⋅ = + =

= ⋅ + = ⋅ =

M

N

Бодолт: DD1 диаметр татъя. К ба К1 цэгүүд нь О цэгийн АВ ба CD1 талууд дээрх проекци болог. BD1 ба АС нь BD-д перпендикуляр тул BD1 ба АС нь параллель байна. Иймд D1C=AB, OK1=OK байна.

11 4.2

OK OK DC= = =

134. Три равные окружности имеют общую точку H, а точки их пересечения, отличные от H, образуют остроугольный треугольник ABC. Докажите, что H —точка пересечения высот треугольника ABC.

• Тэнцүү гурван тойрог ерөнхий Н цэгтэй бөгөөд Н-аас ялгаатай огтлолцлын цэгүүд нь АВС гурвалжныг үүсгэнэ. Н нь АВС гурвалжны өндрүүдийн огтлолцлын цэг болохыг батал.

Бодолт: , , .BAH BCH ABH ACH CBH CAH∠ = ∠ ∠ = ∠ ∠ = ∠ Эдгээр өнцгүүдийг харгалзан α,β,γ гэж тэмдэглэе. Тэгвэл 2α+2β+2γ=1800 ⇒ α+β+γ=900. K нь АС ба ВН шулуунуудын огтлолцлын цэг байг. Тэгвэл 0 0180 90 .BKC α β γ∠ = − − − = 135°. Вне правильного треугольника ABC, но внутри угла BAC взята точка M так, что угол CMA равен 30∘ и угол BMA равен α. Найдите угол ABM.

• АВС зөв гурвалжны гадна талд ВАС өнцөг дотор СМА өнцөг 300 байхаар мөн ВМА өнцөг α тэнцүү байхаар М цэгийг авав. АВМ өнцгийг ол.

Бодолт:

136. В параллелограмме ABCD диагональ AC больше диагонали BD.Точка M на диагонали AC такова, что около четырёхугольника BCDM можно описать окружность. Докажите, что BD — общая касательная окружностей, описанных около треугольников ABM и ADM.

• ABCD параллелограммын АС диагональ нь BD диагоналиас урт болно. BCDMдөрвөн өнцөгтөд тойрог багтсан байхаар М цэгийг АС диагональ дээр авав. BD нь ABM ба ADM гурвалжнуудыг багтаасан тойргуудын ерөнхий шүргэгч болохыг батал.

Бодолт: MBD MCD BAM∠ = ∠ = ∠ ба А ба D цэгүүд BМ шулууны хоёр талд орших бөгөөд ВD нь АВМ гурвалжныг багтаасан тойргийн шүргэгч болно. D

В цэгт төвтэй АВ радиустай тойрог татъя. Тэгвэл Өгсөн нөхцлийг хангах М цэг тойрог дээр оршино. Иймд АВМ гурвалжин адил хажуут болно.

0 0180 2 180 2 .ABM AMB α∠ = − ∠ = −

137. В круге проведены два перпендикулярных диаметра AE и BF. На дуге EF взята точка C. Хорды CA и CB пересекают диаметры BF и AE в точках P и Q соответственно. Докажите, что площадь четырёхугольника APQB равна квадрату радиуса круга.

• Тойрогт харилцан перпендикуляр AE ба BF диаметрүүд татав. EF нум дээр С цэг авав. СА ба СВ хөвчүүд нь BF ба AE диаметрүүдийг P ба Q цэгүүдэд харгалзан огтолно. APQB дөрвөн өнцөгтийн талбай нь тойргийн радиусын квадраттай тэнцүү болохыг батал.

Бодолт: О-нь тойргийн төв, R- радиус бөгөөд ,CAE CBFα β∠ = ∠ = гэж тэмдэглэе. 045α β+ = тул

( )

2 2 2 2 2

2 2

22

1 1 1 12 2 2 2

(1 tg tg tg tg )2 2 2 2 2

1 tg tg ( )(1 tg tg ) (1 tg tg 1 tg tg )2 2

(1 1) R2

APQBS OA OB OP OA OQ OB OP OQ

R R R R Rtg tg tg tg

R Rtg

R

α β α β α β α β

α β α β α β α β α β

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =

= + ⋅ + + ⋅ = + + + =

= + + + − = + + − =

= + =

болох буюу 0( ) tg 45 1tg α β+ = = болно. 138°. Две окружности радиусов R и r пересекаются в точках A и B и касаются прямой в точках C и D; N — точка пересечения прямых AB и CD (B между A и N). Найдите: 1) радиус окружности, описанной около треугольника ACD; 2) отношение высот треугольников NAC и NAD, опущенных из вершины N.

• R ба r радиустай тойргууд А ба В цэгт огтлолцох бөгөөд шулууныг С ба D цэгүүдээр шүргэнэ. N нь АВ ба СD шулуунуудын огтлолцлын цэг(B нь А ба N цэгүүдийн дунд орших) бол 1) ACD гурвалжныг багтаасан тойргийн радиусыг ол. 2) NAC ба NAD гурвалжнуудын N оройгоос буулгасан өндрүүдийн харьцааг ол.

Бодолт:

R1- нь ACD гурвалжныг багтаасан тойргийн радиус гэвэл

12 sin sin

2sin 2sin sinAC RR R rRα α

β β β= = = ⋅ = болох ба огтлогч, шүргэгчийн теорем бичвэл

,ACN ADNα β∠ = ∠ = гэж тэмдэглэвэл

AC=2Rsinα, AD=2r sinβ,

2 sin 2 sinsin sin sin sin

sinsin

AC AD R r

rR

α ββ α β α

αβ

= ⇒ =

⇒ =

CN2=NA.NB, DN2=NA.NB ⇒ CN=DN байна. h1, h2- өгсөн өндрүүд гэвэл

1

2

sin sin .sin sin

h CN rh DN R

α αβ β

= = =

139. Продолжение общей хорды AB двух пересекающихся окружностей радиусов R и r пересекает их общую касательную в точке C (A между B и C, M и N — точки касания). Найдите: 1) радиус окружности, проходящей через точки A, M и N; 2) отношение расстояний от точки C до прямых AM и AN.

• R ба r радиустай огтлолцсон тойргуудын ерөнхий хөвчийн үргэлжлэл нь тэдгээрийн ерөнхий шүргэгчийг С цэгт огтолно. ( А нь В ба С-ийн дунд байх бөгөөд М ба N цэгүүд нь шүргэлтийн цэгүүд) бол 1) А,М ба N цэгүүдийг дайрсан тойргийн радиусыг ол. 2) С цэгээс АМ ба АN шулуунууд хүртэлх зайнуудын харьцааг ол.

Бодолт: 140. Во вписанном четырёхугольнике ABCD через вершины A, B и точку P пересечения диагоналей проведена окружность, пересекающая сторону BC в точке E. Докажите, что если AB = AD, то CD = CE.

• Тойрогт багтсан ABCD дөрвөн өнцөгтийн А,В оройнууд болон диагоналиудын огтлолцлын Р цэгүүдийг дайруулан тойрог татахад ВС талыг Е цэгээр огтолно. Хэрвээ АВ=АD бол СD=СЕ болохыг батал.

Бодолт: AD=AB тул DCA BCA∠ = ∠ ба түүнчлэн ЕР ба CD нумд тулсан багтсан өнцгүүд тэнцүү тул

DBC DAC CAE∠ = ∠ = ∠ болно. AEC ADC∆ = ∆ (АС-ерөнхий тал бөгөөд өнцөг, тал, өнцгийн шинжээр). Иймд CD=CE болно. 141. Пусть BB1 и CC1 — высоты непрямоугольного треугольника ABC. Докажите, что ∠AB1C1 = ∠ABC.

• ВВ1 ба CC1 нь тэгш өнцөгт биш АВС гурвалжны өндрүүд бол ∠AB1C1 = ∠ABC болохыг батал.

Бодолт: ВС диаметртэй тойрог татахад В1 ба С1 цэгүүд тойрог дээр оршино. Хэрэв АВС нь хурц

өнцөгт гурвалжин бол ВС1В1С нь тойрогт багтсан байна. Иймд 0

1 1 1 1 1180 .ABC C BC CB C AB C∠ = ∠ = − ∠ = ∠ Хэрэв А өнцөг нь мохоо бол ВС диаметртэй тойргийн хувьд

1 1 1 1 1.ABC C BC CB C AB C∠ = ∠ = ∠ = ∠

Хэрэв 090B∠ ≥ бол ВС диаметртэй тойргийн хувьд 0 0

1 1 1 1 1180 180 .ABC CBC CB C AB C∂∠ = − ∠ = − ∠ = ∠ болох ба ∠С>900 үед адилхан батлагдана. 142. На сторонах выпуклого четырёхугольника как на диаметрах построены четыре круга. Докажите, что они покрывают весь четырёхугольник.

• Гүдгэр дөрвөн өнцөгтийн талуудыг диаметр болгон дөрвөн тойрог байгуулав. Эдгээр тойргууд нь дөрвөн өнцөгтийг бүхэлд нь хучихыг батал.

143. Две окружности пересекаются в точках A и B. Через точку B проводится прямая, пересекающая вторично окружности в точках C и D, а затем через точки C и D проводятся касательные к этим окружностям. Докажите, что точки A,C, D и точка P пересечения касательных лежат на одной окружности.

• Хоёр тойрог А ба В цэгүүдээр огтлолцоно. В цэгийг дайруулан шулуун татахад тойргуудыг С ба D цэгүүдээр огтолно. С ба D цэгүүдийг дайруулан шүргэгчүүд татахад Р цэгээр оглолцоно. А,С,D ба Р цэгүүд нь нэг тойрог дээр оршихыг батал.

Бодолт: Огтлогч, шүргэгчийн хоорондох өнцгийн теорем ёсоор , .CAB DCP BAD CDP∠ = ∠ ∠ = ∠ Иймээс

0 0180 ( ) 180CPD DCP CDP CAD∠ = − ∠ + ∠ = − ∠ болох ба эсрэг өнцгүүдийн нийлбэр 1800 тул ACPD нь багтсан дөрвөн өнцөгт болох тул А,С,D ба Р цэгүүд нь нэг тойрог дээр оршино. 144. Точки A и B лежат на окружности, а точка M —вне окружности. Известно, что угловая величина угла MAB равна половине угловой величины дуги AB, заключённой внутри этого угла. Докажите, что MA — касательная к окружности.

• А ба В цэгүүд тойрог дээр орших бөгөөд М цэг нь тойргийн гадна оршино. Хэрвээ МАВ өнцөг нь энэ өнцгийн дотор талд хашигдсан АВ нумын хагастай тэнцүү байсан бол МА нь энэ тойргийн шүргэгч болохыг батал.

Бодолт:

145°. Основание CD, диагональ BD и боковая сторона AD трапеции ABCD равны p. Боковая сторона BC равна q. Найдите диагональ AC.

• ABCD трапецийн CD суурь, BD диагональ, AD хажуу талууд p-тэй тэнцүү. ВС хажуу тал нь q бол АС диагоналийн уртыг ол.

Бодолт:

D цэгт төвтэй р радиустай тойрог нь А,В ба С цэгүүдийг дайрна. Хэрэв СС1 нь тойргийн диаметр бол АВСС1 нь адил хажуут трапеци болох бөгөөд АС1=ВС=q байна.

01 90CAC∠ = (диаметрт тулсан багтсан өнцөг) тул

AC2=CC12-AC1

2=4p2-q2.

146. На сторонах AB, BC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки D, E и F так, что DE = BE, FE = CE. Докажите, что центр описанной около треугольника ADF окружности лежит на биссектрисе угла DEF.

• АВС гурвалжны АВ,ВС, АС талууд дээр харгалзан D,E,F цэгүүдийг DE=BE, FE=CE байхаар авав. Тэгвэл ADF гурвалжныг багтаасан тойргийн төв нь DEF өнцгийн биссектрис дээр оршихыг батал.

Бодолт: АВС гурвалжны өнцгүүдийг харгалзан α, β, γ гэж тэмдэглэе. Тэгвэл ,BDE EFCβ γ∠ = ∠ = ба

0 0 0 0 0180 (180 2 ) (180 2 ) 2( ) 180 180 2 0.FED β γ β γ α∠ = − − − − = + − = − > Иймээс α нь хурц өнцөг болох бөгөөд 2 2 ,DOF DAF α∠ = ∠ = тул E,F,O,D цэгүүд нэг тойрог дээр оршино. Иймд

OED OEF∠ = ∠ , OD=ОЕ болох бөгөөд эдгээр нь ADF гурвалжныг багтаасан тойргийн радиус болно. Иймд ЕО нь DEF өнцгийн биссектрис болно.

147. На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC зелёной краской отметили соответственно

точки C1, A1 и B1, отличные от вершин треугольника. Оказалось, что 11 1

1 1 1

BAAC CBC B AC B A

= = ,

а ∠BAC = ∠B1A1C1. Докажите, что треугольник с зелёными вершинами подобен треугольнику ABC.

• АВС гурвалжны АВ,ВС, СА талууд дээр оройнуудаас ялгаатай С1, A1, B1

цэгүүдийг авч ногооноор тэмдэглэв. Хэрэв 11 1

1 1 1

BAAC CBC B AC B A

= = ба ∠BAC = ∠B1A1C1

бол ногоон оройнуудтай гурвалжин нь АВС гурвалжинтай төсөөтэй болохыг батал.

Бодолт: СМ1//AC байхаар М цэгийг ВС тал дээр В ба А1 цэгүүдийн дунд байхаар авъя.

Тэгвэл 1 1

1 1

AC CBCMMB C B B A

= = буюу МВ1//AB болох тул

1 1 1 1 1.B MC BAC B A C∠ = ∠ = ∠

В1С1 нь М ба А1 цэгүүдээс ижил өнцгөөр харагдах учир С1, М, А1, В1 цэгүүд нэг тойрог дээр оршино. Иймээс 1 1 1 1 1A C B A MB B∠ = ∠ = ∠ тул өнцөг өнцгийн шинжээр АВС ба А1В1С1 гурвалжнууд төсөөтэй болно. 148. На хорде AB окружности S с центром в точке O взята точка C. D — вторая точка пересечения окружности S с окружностью, описанной около треугольника ACO. Докажите, что CD = CB.

• О төвтэй S тойргийн АВ хөвч дээр С цэгийг авав. D S CD Бодолт: С ба D цэг нь АО –ийн хоёр талд оршиж байг. DOC α∠ = байг. Тэгвэл 0 0 0 0180 , 360 2 360 (360 2 ) 2DAC DOB DABα α α∠ = − ∠ = − ⋅∠ = − − = болно. Иймд ОС нь DOB өнцгийн биссектрис болно. Мөн DOB нь адил хажуут гурвалжин болно. Мөн ОС нь DB –ийн дунджид татсан перпендикуляр болох тул CD=CB байна. 149. В треугольнике ABC угол C — тупой. На стороне AB отмечены точки E и H, на сторонах AC и BC — точки K и M соответственно. Оказалось, что AH = AC, BE = BC, AE = AK, BH = BM. Докажите, что точки E, H, K, M лежат на одной окружности.

• АВС гурвалжны С өнцөг нь мохоо байв. АВ тал дээр Е ба Н цэгүүдийг, АС ба ВС талууд дээр харгалзан К ба М цэгүүдийг авав. AH=AC, BE=BC, AE=AK, BH=BM бол Е,Н, К,М цэгүүд нэг тойрог дээр оршихыг батал.

Бодолт: АВС гурвалжны өнцгүүдийг харгалзан α, β, γ гэж тэмдэглэе.

СК=CA-AK=AH-AE=EH=BE-BH=BC-BM=CM байна. Иймд 0902

CKM γ∠ = − учраас

0902

AKM γ∠ = + болох 090

2AKE α

∠ = − байна. Иймд

0 0 0 0

0 0

180 180 (90 ) (90 )2 2

90 180 .2 2 2

EKM AKE CKM

MHB MHE

α γ

α γ β

∠ = − ∠ − ∠ = − − − − =

= + = − = ∠ = − ∠

Эндээс EKMH дөрвөн өнцөгтийг тойрогт багтааж болно. 150°. Для данной хорды MN окружности рассматриваются треугольники ABC, основаниями которых являются диаметры AB этой окружности, не пересекающие MN, а стороны AC и BC проходят через концы M и N MN. Докажите, что высоты всех таких треугольников ABC, опущенные из вершины C на сторону AB, пересекаются в одной точке.

• АВС гурвалжны АВ тал нь тойргийн диаметр болно. Энэ тойргийн MN хөвч нь АВ талтай огтлолцохгүй бөгөөд АС ба ВС талууд нь M ба N цэгүүдийг дайрна. Ийм АВС гурвалжны С оройгоос АВ талд татсан өндрүүд нь нэг цэгт огтлолцохыг батал.

Бодолт: AN ба BM нь АВС гурвалжны өндрүүд бөгөөд Н нь тэдгээрийн огтлолцлын цэг болно. М, С, N, Н цэгүүд нь СН диаметртэй тойрог дээр оршино. Р нь түүний төв болог. Гурвалжны өндрүүд нэг цэгт огтлолцох тул АВС гурвалжны СС1 өндөр нь Р цэгийг дайрна. Өнцөг С нь АВ диаметрийн байрлалаас хамаарахгүй бөгөөд

» ¼ ¼01802 2

AB MN MNC − −∠ = =

Ийм учраас АВ диаметрийн байрлалаас үл хамааран Р цэгт төвтэй нэг тойрог олдоно. Иймээс өгсөн нөхцлийг хангах тийм АВС гурвалжны СС1 өндрүүд Р цэгийг дайрна.