: 584, 585 ml mn kl · Өгсөн нөхцлөөр Аou гурвалжин тэгш өнцөгт...

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.