61. AM нь ABC гурвалжны биссектрис. DMC BAC∠ = ∠ байх D цэг AC тал дээр орших бол BM MD= болохыг батал.

Заавар: , , ,A B M D цэгүүд нэг тойрог дээр оршино.

Бодолт: 0180BAC BMD DMC BMD∠ + ∠ = ∠ + ∠ = учраас, , ,A B M D цэгүүд нэг тойрог дээр оршино. BAM MAD∠ = ∠ учраас BM MD= байна.

62. Тойрогт багтсан ABCD дөрвөн өнцөгтийн A ба B өнцгүүдийн биссектрис CD

тал дээр орших E цэгт огтлолцоно. CD mBC

= бол

1) E цэгээс AD ба BC шулуунууд хүртэлх зайн харьцааг ол.

2) ADE ба BCE гурвалжнуудын талбайн харьцааг ол.

Заавар. DC AD BC= + болохыг батал.

Бодолт. DC AD BC= + болохыг баталъя. 2 , 2 ,A Bα β α β∠ = ∠ = > байг.

A ба B өнцгүүдийн биссектрис CD тал дээр орших E цэгт огтлолцоно. E цэгийг агуулсан хагас хавтгайд AD цацрагаас β өнцөг үүсгэх цацраг

татав. β < α учраас энэ цацраг DAE өнцгийн талуудын хооронд татагдах ба CD талыг ,D E цэгүүдийн хооронд байх M цэгээр огтолно.

( ) ( )0 0 0 0 0180 180 180 180 180 2 .AMD DAM ADC DAM ABC β β β∠ = − ∠ − ∠ = − ∠ − − ∠ = − − − =

Иймээс ADM нь адил хажуут гурвалжин, 0, 180AD DM AMC β= ∠ = − учраас , , ,A M E B цэгүүд нэг тойрог дээр оршино. Иймээс

( ),MBE MAE MBC MBE CBEα β α β β α∠ = ∠ = − ∠ = ∠ + ∠ = − + = болно.

( )0 0 0180 180 180 2BMC MBC BCD α α α∠ = − ∠ − ∠ = − − − =

Иймээс BMC нь мөн адил хажуут гурвалжин, BC MC= Иймээс AD BC DM MC DC+ = + =

E цэгийн , ,AD AB BC шулуунууд дээрх проекц нь харгалзан , ,P Q F цэгүүд байг. AE ба BE цацрагууд нь ,DAE ABC өнцгүүдийн биссектрис учраас EP EQ EF= = болно.

Иймээс 1EPEF

= болно. , DCAD BC DC mBC

+ = = учраас 1AD mBC

= − болно.

1ADE

BCE

S AD mS BC

= = −V

V

болно.

63. AD хөвчтэй тойргийн нум дээр ,B C цэгүүд авав. ,ABC BCD өнцгүүдийн

биссектрисүүд AD хөвч дээр байх E цэгт огтлолцоно. AD kCD

= бол

1) E цэгээс AB баCD шулуунууд хүртэлх зайн харьцааг ол.

2) ABCD

харьцааг ол.

Заавар. AD BA CD= + болохыг батал.

Бодолт. AD BA CD= + болохыг баталъя. 2 , 2 ,B Cα β α β∠ = ∠ = > байг.

ABC ба BCD өнцгүүдийн биссектрисүүд AD тал дээр орших E цэгт огтлолцоно. E цэгийг агуулсан хагас хавтгайд BA цацрагаас β өнцөг үүсгэх цацраг

татав. β < α учраас энэ цацраг BAE өнцгийн талуудын хооронд татагдах ба DA талыг A, E

цэгүүдийн хооронд байх P цэгээр огтолно

( )( )

0 0 0

0 0

180 180 180

180 180 2 .

BPA ABP BAD ABP BCD

β β β

∠ = − ∠ − ∠ = − ∠ − − ∠ =

= − − − =

Иймээс BAP нь адил хажуут гурвалжин, 0, 180BA AP BPD β= ∠ = − учраас B, , ,P E C цэгүүд нэг тойрог дээр оршино. Иймээс

( ),PEC PBE PCD PBE DCEα β α β β α∠ = ∠ = − ∠ = ∠ + ∠ = − + = болно.

( )0 0 0180 180 180 2CPD PBD CDA α α α∠ = − ∠ − ∠ = − − − =

Иймээс CPD нь мөн адил хажуут гурвалжин, CD DP= Иймээс AB CD AP PD AD+ = + =

E цэгийн , ,AB BC CD шулуунууд дээрх проекц нь харгалзан N, ,Q F цэгүүд байг. BE ба CE цацрагууд нь ,ABC BCD өнцгүүдийн биссектрис учраас EN EQ EF= =

болно. Иймээс 1ENEF

= болно. , ADBA CD AD kCD

+ = = учраас 1AB kCD

= − болно.

1BA E

CDE

SAB kCD S

= = −V

V

болно.

64. 5 радиустай тойрогт харилцан перпендикуляр ,AB CD хоёр хөвчүүд өгөгдөв. Хэрэв 8BD = бол

AC -г ол.

Заавар. 1DD диаметр байгуул.

Бодолт. 1DD диаметр байгуулъя. Тэгвэл 1 .CD ABP

Иймээс 1AC D B= байна.

1DBD тэгш өнцөгт гурвалжнаас Пифагорын теорем ёсоор

2 21 1 100 64 6.D B DD BD= − = − =

65. Тойрогт багтсан ABCD дөрвөн өнцөгт. AC диагональ нь BAD өнцгийн биссектрис бөгөөд BD диагональтай K цэгт огтлолцоно. Хэрэв 4, 6BC AK= = бол KC -г ол.

Заавар. KBC гурвалжин BAC гурвалжинтай төсөөтэй.

Бодолт. ,KBC DBC DAC BAC∠ = ∠ = ∠ = ∠ учраас KBC гурвалжин BAC гурвалжинтай төсөөтэй. (ӨӨ шинжээр) Иймээс KC BC BC AC÷ = ÷

KC x= байг. Эндээс 4

4 6x

x=

+ Энэ тэгшитгэлээс

2x = гэж олдоно. 66. MNPQ гүдгэр дөрвөн өнцөгтийн NQ диагональ нь PNM өнцгийн биссектрис бөгөөд PM диагональтай S цэгт огтлолцоно. Хэрэв MNPQ дөрвөн өнцөгтийг

багтаасан тойргийн 12, 9PQ SQ= = бол NS -г ол.

Заавар. PQS гурвалжин NQP гурвалжинтай төсөөтэй.

Бодолт. ,QPS QPM MNQ QNP∠ = ∠ = ∠ = ∠ учраас PQS гурвалжин NQP гурвалжинтай ӨӨ шинжээр

төсөөтэй. (Q оройн өнцөг ерөнхий) Иймээс

QS PQPQ QN

= болно. NS x= байг. Энэ тэгшитгэлээс

7x = гэж олдоно.

67. ABC гурвалжны ,B C өнцгүүд өгөгдсөн. BAC дотоод өнцгийн биссектрис нь BC талыг D цэгт, харин ABC гурвалжныг багтаасан тойргийг E цэгт огтолно.

AE DE÷ харьцааг ол.

Заавар. BDE гурвалжин ABE гурвалжинтай төсөөтэй болохыг батал.

2 sina R α= томъёог хэрэглэн бод.

Бодолт. ,DBE CBE CAE BAE∠ = ∠ = ∠ = ∠ учраас BDE

гурвалжин ABE гурвалжинтай төсөөтэй. Тэгвэл 2

,DE BE BEDEBE AE AE

= = болно.

R -тойргийн радиус байг. 2 sina R α= томъёо ёсоор ,AE BE хэрчмүүдийг , ,R B C∠ ∠ -ээр илэрхийлье.

12 sin 2 sin2

AE R ABE R B A = ∠ = + =

0 1 1 1 12 sin 90 2 cos ,2 2 2 2

R B B C R C B + − − = −

12 sin 2 sin2

BE R BAE R A= ∠ = = 0 1 1 1 12 sin 90 2 cos .2 2 2 2

R B C R C B − − = +

22

22

1 1cos2 21 1cos2 2

C BAE AEDE BE C B

− = = +

болно.

68. ABC гурвалжны A оройгоос гарсан медианы үргэлжлэл ABC гурвалжныг багтаасан тойргийг D цэгт огтолно. Хэрэв 1AC DC= = бол BC -г ол

Бодолт. M нь BC хэрчмийн дундаж. ∠ADC = ∠ABC = ∠CBD учраас DCM ба BCD гурвалжнууд төсөөтэй.

Иймд CD CMBC DC

= болно. BM = CM = x. гэж тэмдэглэе. 1

2 1x

x=

Эндээс 2 12

x = 2 2 2BC x= = √ 69. ABC адил хажуут гурвалжны AB суурийг D цэгээр дайрсан CD шулуун ABC гурвалжныг багтаасан тойргийг E цэгт огтолно. Хэрэв 3,CE DE DC= = бол

AC -г ол.

Бодолт. 1-р арга. D нь CE хэрчмийн дундаж. CAB CBA CEB∠ = ∠ = ∠ учраас ACE ба BCD

гурвалжнууд төсөөтэй. Иймд CE BCAC CD

= болно.

3 ;2

CD DE AC BC x= = = = гэж тэмдэглэе.

Эндээс 2 3 932 2

x CE CD= ⋅ = ⋅ =

3 3 2 ;22

AC x= = = болно

2-р арга. , ; ,AC BC a A AK KB x CK yα= = ∠ = = = = гэе.

Тэгвэл cos , sinx a y aα α= ⋅ = ⋅ болно. Мөн 1.5CD DE= = ба ,ADE CDB нь босоо өнцгүүд тул

ADE CDB∠ = ∠ гурвалжны тэнцүүгийн чанараар ADE CDK=V V байна. Иймд AE CK= бөгөөд

090 ,2xEAK AD DK∠ = = = болно. 090BAE∠ = тул

EB нь тойргийн диаметр байх ба ECB тэгш өнцөгт гурвалжин, 090BCE∠ = болно. Эндээс 2 2 2 2 29 ; 4EBC EB a EAB EB x y⇒ = + ⇒ = +V V

болно. 2 2 24 9x y a+ = + ба 2 2 2a x y= + тул 2 2 2 23 9 ; 3; 3x a a x x+ = + = = болно. 2

2 9 9 3 34 4 4 4 2

xy = − = − = тул 2 2 3 3 3 23 ;2 22

a x y= + = + = = 3 2

2AC = болно. √

70. Тойрогт багтсан ABCDE таван өнцөгт өгөгдөв. A цэгээс , ,BC DC DE

шулуунууд хүртэлх зай харгалзан a, b, c бол A оройгоос BE шулуун хүртэлх

зайг ол. Хариу acb

Заавар. A цэгээс , , ,BC DC DE BE шулуунуудад буулгасан перпендикуляруудын суурь нь харгалзан 1 2 3 4, , ,A A A A байг. Энэ тохиолдолд

1 4AA A гурвалжин 2 3AA A гурвалжинтай төсөөтэй.

Бодолт. A цэгээс , , ,BC DC DE BE шулуунуудад буулгасан перпендикуляруудын суурь нь харгалзан

1 2 3 4, , ,A A A A байг. Энэ тохиолдолд

1 4AA A гурвалжин 2 3AA A гурвалжинтай төсөөтэй болохыг баталъя. Иймээс

0 01 4 1 4 2 3180 180 .A AA A BA CBE CDE A AA∠ = − ∠ = ∠ = − ∠ = ∠

AB диаметртэй тойрог дээр 1 4,A A цэгүүд, AD диаметртэй тойрог дээр 2 3,A A цэгүүд

оршино. Иймээс 1 4 2 3.AA A ABE ADE AA A∠ = ∠ = ∠ = ∠

болно. Баталгаанаас 1 4

2 3

AA AAAA AA

=

мөрдөн гарна. Эндээс 34 1

2

AA acAA AAAA b

= ⋅ = болно.

71. Тойрогт багтсан ABCD дөрвөн өнцөгт өгөгдөв. ,B C оройг агуулаагүй AD нум дээр S цэг авав.

S цэгээс , , ,AD BC AB CD шулуунуудад буулгасан перпендикуляруудын суурь нь харгалзан

D K

O

E

B

C

A

, , ,P Q M N цэгүүд байг. (Энэ талуудын үргэлжлэл дээр) Тэгвэл ,SP d= харин NQS гурвалжны талбайг ба MPS гурвалжны талбайд харьцуулсан харьцаа

m бол SN -г ол. Хариу d m Бодолт. MPS гурвалжны хувьд MS нь AB шулуунд, SP нь AD шулуунд перпендикуляр байна. Мөн NQS гурвалжны хувьд SN нь CD

шулуунд, SQ нь BC шулуунд перпендикуляр тул энэ хоёр гурвалжнуудын хувьд

NQS

MPS

Sm

S=V

V байна. Иймээс харгалзах талуудын харьцаа нь

SN mSP

= байх учраас

SN SP m d m= ⋅ = болно.

72. Тойрогт багтсан харилцан перпендикуляр диагоналиудтай ABCD дөрвөн өнцөгт өгөгдөв. B ба C оройгоос AD тал дээр буулгасан перпендикулярууд AC ба BD

диагоналиудтай харгалзан E ба F цэгт огтлолцоно. Хэрэв 1BC = бол EF -г ол.

Заавар. BCFE нь параллелограмм гэж батал.

Бодолт. 1-р арга. CBD α∠ = гэж тэмдэглэе. Иймээс 0, 90 ,CAD BEC DBEα α α∠ = ∠ = − ∠ = болно.

BE BC= гэж мөрдөнө.

ACB β∠ = гэж тэмдэглэе. Үүнтэй адилаар ACF β∠ = гэж баталъя. Иймээс CF BC= болно.

,BE CF= учраас BE CFP байна. ( AD шулуун нэгэн ижил шулуунд перпендикуляр байна.) BCFE нь параллелограмм (ромбо) 1EF BC= = гэж мөрдөнө.

2-р арга. Q нь диагоналиудын огтлолын цэг байг. E нь ABD гурвалжны өндрүүдийн огтлолын цэг

Гурвалжны орто төвийн чанар ёсоор EQ QC= . Үүний адилаар FQ QB=

болно. BCFE дөрвөн өнцөгтийн диагоналиуд перпендикуляр бөгөөд огтлолын Q цэгээрээ хагаслан хуваагдах учраас BCFE нь ромбо болно. Иймээс 1EF BC= = болно.

73. Тойрогт багтсан ABC гурвалжин өгөгдөв. AD медианы үргэлжлэл энэ тойрогтой E цэгт огтлолцоно. Ийнхүү 0, 60 , 6AB AD DE BAD AE+ = ∠ = = байх бол ABC гурвалжны талбайг ол.

Заавар. EA хэрчмийн үргэлжлэл дээр A цэгээс цааш 1AB AB= байх хэрчим

таслан авахад 1B BEC дөрвөн өнцөгт параллелограмм болно.

Бодолт. EA хэрчмийн үргэлжлэл дээр A цэгээс цааш 1AB AB= байх хэрчим таслан

авъя. Тэгвэл 1 1B D B A AD BA AD DE= + = + = байна. Иймээс 1B BEC дөрвөн өнцөгт

параллелограмм байна. Энэ үед 0 01 1 30 , 90ABC B EC BB A ADB∠ = ∠ = ∠ = ∠ = болно.

AE нь тойргийн диаметр учраас 0 190 , AC AB 3

2ABE AE∠ = = = = Иймд

01 1 9 3sin 3 3sin1202 2 4ABCS AB AC BAC= ⋅ ∠ = ⋅ ⋅ =V

болно.

74. ABC гурвалжны талууд 6, 4, 8AB BC AC= = = гэж өгөгдөв. C өнцгийн биссектрис AB талыг D цэгт огтолно. , ,A D C цэгүүдийг дайрсан тойрог BC талыг E цэгт огтолно. ADE гурвалжны талбайг ол.

Заавар. ADE - адил хажуут гурвалжин sin sinADE ACB∠ = ∠ байна.

Бодолт. Гурвалжны биссектрисийн чанар ёсоор 21

AD ACDB BC

= = болно. Иймд 3 6 2AC PQ= =

4DE AD= = байна. ADEC нь багтсан дөрвөн өнцөгт учраас sin sinADE ACB∠ = ∠ байна. Косинусын теорем ёсоор

2 2 2 11cos2 16

AC BC ABACBAC BC

+ −∠ = =

⋅ болно. Эндээс

3 15sin16

ACB∠ = байна.1 1 3 15sin sin2 2 2ADES AD DE ADE AD DE ACB= ⋅ ∠ = ⋅ ∠ =V болно.

75. AB диаметртай дугуйн гадна C цэг оршино. Тойрогтой ,AC BC хэрчмүүд харгалзан ,D M цэгүүдэд огтлолцоно. Хэрэв ,DCM ACB гурвалжнуудын талбай 1:4 гэж харьцаатай бол CBD өнцгийг ол.

Заавар. DCM гурвалжин BCA гурвалжин төсөөтэй ба

төсөөгийн коэффициент нь 12

байна. (19-р бодлогыг хар.)

Бодолт. DCM ба BCA гурвалжнууд 12

коэффициентоор

төсөөтэй. Иймээс 2BC CD= байна. Эндээс 1sin2

CDCBDBC

∠ = = болно.

CBD нь хурц өнцөг учраас 030CBD∠ = байна.

76. ABC хурц өнцөгт гурвалжны ,A C оройгоос ,BC AB талуудад буулгасан өндрүүд нь ,AP CQ болно. ABC гурвалжны талбай 18, BPQ гурвалжны талбай

2, 2 2PQ = бол ABC гурвалжныг багтаасан тойргийн радиусыг ол.

Заавар. BPQ гурвалжин BAC гурвалжинтай төсөөтэй ба төсөөгийн коэффициент нь 13

байна. (19-р бодлогыг хар.)

Бодолт. BPQ ба BAC гурвалжнууд ӨӨ шинжээр төсөөтэй.

Тэдгээрийн талбайн харьцаа 2 1

18 9= учраас төсөөгийн

коэффициент 13

-тэй тэнцүү байна. Иймээс

3 6 2AC PQ= = байна. Нөгөө талуудын төсөөгийн

коэффициент cosBP BAB

= ∠ -тай тэнцүү байна. Иймээс 1cos ,3

B∠ = 2 2sin

3B∠ =

байна.

Иймээс ABC гурвалжныг багтаасан тойргийн радиус 6 2 9

2sin 22 223

ACRB

= = =∠

⋅ болно.

77. ABC хурц өнцөгт гурвалжны ,A C оройгоос ,BC AB талуудад буулгасан өндрүүд нь ,AP CQ болно. Хэрэв ABC гурвалжны периметр 15, BPQ гурвалжны

периметр 9, BPQ гурвалжныг багтаасан тойргийн радиус 95

бол AC талыг ол.

Бодолт. ABC α∠ = гэж тэмдэглэе. PBQ гурвалжин ABC гурвалжинтай cosBPAB

α=

коэффициентоор төсөөтэй. (19-р бодлогыг хар.)

Төсөөтэй гурвалжнуудын периметрүүдийн харьцаа

төсөөгийн коэффициенттэй тэнцүү тул 9 3cos ,

15 5α = =

4sin5

α = болно. Хэрэв ,PBQ ABC төсөөтэй гурвалжнуудыг

багтаасан тойргийн радиусууд нь ,r R бол 5 5 9 33 3 5

R r= = ⋅ =

болно. Эндээс 4 242 sin 2 35 5

AC R α= = ⋅ ⋅ = болно.

78. ABC хурц өнцөгт гурвалжны ,AM CN өндрүүдийн үргэлжлэл түүнийг багтаасан тойргийг ,P Q цэгүүдэд огтолно.

Хэрэв 6,5aAC a PQ= = бол багтаасан тойргийн радиусыг ол.

Заавар. Гурвалжны орто төвтэй талуудын хувьд тэгш хэмтэй

цэгүүд нь гурвалжныг багтаасан тойрог дээр оршино. (4785-р бодлогыг хар) BMN гурвалжин BAC гурвалжинтай төсөөтэй, төсөөгийн коэффициент нь cos ABC∠ байна. (19-р бодлогыг хар.) Бодолт. H - өндрүүдийн огтлолын цэг байг. Гурвалжны орто төвтэй талуудын хувьд тэгш хэмтэй цэгүүд нь гурвалжныг багтаасан тойрог дээр оршино. (4785-р бодлогыг хар) Иймээс ,HM MP HN NQ= = байна.

MN − HQP гурвалжны дундаж шугам. 1 32 5

aMN PQ= = байна. BMN гурвалжин BAC

гурвалжинтай төсөөтэй, төсөөгийн коэффициент нь cos ABC∠ байна. (19-р бодлогыг

хар.) Эндээс

33 45cos , sin5 5

aMNABC ABCAC a

∠ = = = ∠ = болно. Хэрэв R− олох радиус

бол 542sin 825

AC a aRABC

= = =∠ ⋅

болно.

79. BAC хурц өнцгийн дотор орших P цэгээс ,AB AC шулуунуудад 1PC ба 1PB

перпендикуляр буулгав. 1 1 1C AP C B P∠ = ∠ болохыг батал.

Заавар. 1 1, , ,C A B P цэгүүд нэг тойрог дээр оршино.

Бодолт. AP диаметртэй тойрог дээр орших 1 1,C B цэгүүдээс AP хэрчим тэгш өнцгөөр харагдана. Эндээс ижил нумд тулсан багтсан өнцгүүд учраас 1 1 1C AP C B P∠ = ∠ байна.

80. ABC тэгш өнцөгт гурвалжны BC катетын дурын M цэгээс AB гипотенузд MN перпендикуляр буулгав. MAN MCN∠ = ∠ болохыг батал.

Бодолт. ABC тэгш өнцөгт гурвалжинг багтаасан тойрог байгуулъя. Эндээс ;MAN MCN∠ ∠ нь багтсан өнцгүүд болно. ;AM CN талуудыг үргэлжлүүлэн багтаасан тойрогтой огтлолцох цэгийг харгалзан ,E F -ээр тэмдэглэе.

EB BF= болохыг батлая. Диаметрт тулж багтсан өнцөг бүр тэгш байдаг учир 090ACB AEB∠ = ∠ = байна. AB диаметртэй тойрог дээр орших ,E F

цэгүүдээс AB хэрчим тэгш өнцгөөр харагдана. Эндээс EB BF= учир ижил нумд тулсан багтсан өнцгүүд учраас

EAB FCB MAN MCN∠ = ∠ = ∠ = ∠ байна.

81. ABC гурвалжны AC ба BC талууд дээр гадаад талаар нь 1 2ACA A ба 1 2BCB B квадрат байгуулав.

1 ,A B 2 2 ,A B 1AB шулуунууд нэг цэгт огтлолцоно гэж батал.

Заавар. Квадратуудыг багтаасан тойрог зурж эдгээр тойргуудын C цэгээс ялгаатай огтлолын цэгийг хар.

Бодолт. Эдгээр квадратуудыг багтаасан тойрог зуръя.

M нь эдгээр тойргуудын C -ээс ялгаатай ерөнхий цэг. Иймд

0 0 01 2 1 245 , 180 135 .CMB CB B CMA CA A∠ = ∠ = ∠ = − ∠ = Иймээс 1AB шулуун M цэгийг

дайрна. 2 2 1,A B AB шулуунуудын хувьд ч үүнтэй адил байна.

82. ABC гурвалжны дурын талууд дээр гадаад талаар нь 1 1 1, ,ABC A BC AB C адил талт

гурвалжин байгуулав. 1 1 1, ,AA BB CC шулуунууд нэг цэгт огтлолцоно гэж батал. Бодолт. A оройг тойруулан 060 эргүүлэхэд 1C цэг

B цэгт,C цэг 1B цэгт шилжих ба 1C C шулуун

1BB шулуунд шилжинэ. Иймээс энэ

шулуунуудын хоорондох өнцөг 060 байна.

Q − 1 1,BB CC шулуунуудын огтлолын цэг. 1C B

хэрчим A ба Q цэгүүдээс 060 өнцгөөр

харагдана. Иймээс Q цэг 1ABC гурвалжныг

багтаасан тойрог дээр оршино. Үүний адилаар Q цэг 1CAB гурвалжныг багтаасан

тойрог дээр оршино гэж баталж болно. Иймээс 0 0 01 120 60 180BQC BAC∠ + ∠ = + = болно.

Q цэг 1BCA гурвалжныг багтаасан тойрог дээр оршиж байна. Энэ үед

0 0 01 1 1 120 60 180AQA AQB BQA AQB BCA∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = + = Иймээс Q цэг 1AA шулууныг

дайрна. Иймд 1AA , 1 1,BB CC шулуунууд Q цэгт огтлолцоно.

83. Гурвалжны талууд (эсвэл тэдгээрийн үргэлжлэл) дээр багтаасан тойргийн дурын цэгээс буулгасан перпендикуляруудын сууриуд нэг шулуун дээр оршино гэж батал. (Симсоны шулуун)

Зураг 1. Зураг 2.

Бодолт. 1-р арга. P цэг нь ABC гурвалжныг багтаасан тойргийн төв, B цэгийг агуулаагүй AC нум дээр оршино.(1-р зураг)

1 2 3, ,P P P − P цэгээс харгалзан , ,AB BC AC шулуунууд дээр буулгасан перпендикуляруудын сууриуд

1 3, , ,A P P P − AP диаметртэй тойрог дээр орших цэгүүд. Иймээс 1 3 1PP A PPA∠ = ∠ байна.

2 3, , ,C P P P − PC диаметртэй тойрог дээр орших цэгүүд. Иймээс 2 2 3P PC P PC∠ = ∠ байна.

1 2PPP ба APC өнцгүүдээс ABC өнцгийг 0180 хүртэл гүйцээж болно. Иймээс

1 2 ,PPP APC∠ = ∠ 1 2 ,PPA P PC∠ = ∠ 1 3 2 3PP A P PC∠ = ∠ болно. Иймээс 1 3 2, ,P P P цэгүүд нэг

шулуун дээр оршино. Үүний адилаар ABC гурвалжны оройгоос ялгаатай дурын P цэгийн хувьд баталж болно. 2-р арга. P цэг нь ABC гурвалжныг багтаасан тойргийн төв, B цэгийг агуулаагүй AC нум дээр оршино.(2-р зураг)

1 2 3, ,P P P − P цэгээс харгалзан , ,AB BC AC шулуунууд дээр буулгасан перпендикуляруудын сууриуд

, ,ABP CBP BCPα β γ∠ = ∠ = ∠ = гэж тэмдэглэе. Эдгээр нь хурц өнцгүүд болохыг харж болно. 2 2,CP P BP P тэгш өнцөгт гурвалжнуудаас 2 2 2 2,CP PP ctg P B PP ctgγ β= = болохыг олж болно. Иймээс

2 2

2 2

CP PP ctg ctgP B PP ctg ctg

γ γβ β

= = байна.

01 180 ,PAP BAP BCP γ∠ = − ∠ = ∠ = , ,ACP ABP CAP CBPα β∠ = ∠ = ∠ = ∠ =

Үүнтэй адилаар 3 31 1

1 1 3 3

, ,AP PPctgBP PPctg ctg ctgP A PPctg ctg PC PPctg ctg

βα α βγ γ α α

= = = = Эндээс

1 2 2

1 2 2

1BP AP CP ctg ctg ctgP A P C P B ctg ctg ctg

α β γγ α β

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = Менелайн теорем ёсоор (1622-р бодлого хар.)

1 2 3, ,P P P цэгүүд нэг шулуун дээр оршино. ABC гурвалжны оройгоос ялгаатай дурын P

цэгийн хувьд ; , ,α β γ -гийн хувьд ч үүнтэй адил байна.

84. AC ба BC нь тэнцүү биш талтай ABC гурвалжин өгөгдөв. 090C∠ = үед

C өнцгийн биссектрис нь C оройгоос гарсан медиан ба өндрүүдийн хоорондох өнцгийг таллан хуваана гэж батал.

Заавар. Өндөр, биссектрис, медиануудийн үргэлжлэл багтаасан тойрогтой , ,H Q M цэгүүдэд огтлолцож байг. HM ABP

Бодолт. T нь AB − ийн дундаж . ABC гурвалжныг багтаасан тойрог зуръя. Өндөр, биссектрис, медиануудийн үргэлжлэл багтаасан тойрогтой харгалзан , ,H Q M цэгүүдэд огтолно.

ЗАЙЛШГҮЙ НӨХЦӨЛ . ,AH MB нумууд тэнцүү

учраас HM ABP байна.Иймээс 090CHM∠ = ба

CM нь тойргийн диаметр байна. ,Q T цэгүүд нь ,AB QT хэрчмийн төгсгөлөөс ижил зайд орших тул QT нь AB талын дундаж

перпендикуляр байна. Иймээс T нь тойргийн төв байна. AB нь мөн тойргийн диаметр байна.

ХҮРЭЛЦЭЭТЭЙ НӨХЦӨЛ . C нь тэгш өнцөг, CM нь тойргийн диаметр байна.

Тэгвэл CHM нь тэгш өнцөг байна. Иймээс HM ABP байна. Эндээс ¼ ¼ ,AH MB ACH MCB= ∠ = гэж мөрдөгдөнө. Тэгвэл HCQ MCQ∠ = ∠ байна. 85. ABC гурвалжны C оройгоос гарсан медиан, биссектрис, өндөр өнцгийг 4 тэнцүү хэсэгт хуваана. Хэрэв AC BC≠ бол гурвалжны энэ өнцгүүдийг ол.

Заавар. Өгөгдсөн гурвалжинг тэгш өнцөгт гэж батал.

Бодолт. Энэ өнцөг бүрийг α гэж тэмдэглэе. Биссектрис нь өндөр ба медианы хоорондох өнцгийг таллан хуваах ба AC BC≠ учраас 090C∠ = Иймд 0 04 90 , 22,5α α= = Эндээс

гурвалжны өнцгүүд 0 022,5 , 67,5 байна.

86. Нэг оройгоос гарсан өндөр, медиан, биссектрис нь түүнийг багтаасан тойрогтой огтлолцох цэгүүдээр гортиг шугамын хэрэглэн гурвалжин байгуул.

Бодолт. ABC гурвалжны C оройгоос татсан өндөр, биссектрис, медианы багтаасан тойрогтой огтлолцсон цэгүүд нь харгалзан , ,H Q M байг. ABC гурвалжинг байгууллаа.

CQ − ACB багтсан өнцгийн биссектрис,

Q − C цэгийг агуулаагүй AB нумын дундаж цэг

XY − ABC гурвалжныг багтаасан тойргийн дурын хөвч ба AB талтай параллель байна. Тэгвэл Q нь

C цэгийг агуулаагүй XY нумын дундаж цэг.

AB хөвчийн дундаж нь T байх ба Q цэг нь AB -д татсан дундаж перпендикуляр дээр

оршино. Ийм учраас , ,QT CH QT XY CH XY⊥ ⊥P байна. Эндээс дараах байгуулалт

гарна. Өгөгдсөн HQM гурвалжныг багтаасан тойрог зуръя. Энэ тойрог дээр Q цэгээс ижил зайд орших X ба Y цэгүүдийг байгуулав. H цэгийг дайруулан XY перпендикуляр шулууныг татъя.

AB шулуун T цэгт CM шулуунтай огтлолцоно. T цэгийг дайрсан AB шулуунд CH перпендикуляр татъя. Энэ шулуун тойргийг олох гэж буй A ба B цэгүүдэд огтолно.

Олох гэж буй ABC гурвалжинг байгуулсан гэдгийг батлая. Байгуулалтаар CH AB⊥ . Q нь C цэгийг агуулаагүй AB нумын дундаж цэг. Харин байгуулалтаар Q нь XY

нумын дундаж болно. Иймээс CQ нь BCA өнцгийн биссектрис . Байгуулалтаас ,QT AB QA QB⊥ = гэж мөрдөгдөх ба T нь AB -ийн дундаж байна. CT медианы

үргэлжлэл нь ABC гурвалжныг багтаасан тойрогтой M цэгт огтолно.

87. Дугуйн шүргэгч ба хөвчийн хоорондох өнцөг нь тэдгээрээр хашигдсан нумын өнцгийн хэмжигдэхүүний хагастай тэнцүү гэж батал.

Заавар. Шүргэгч нь шүргэлтийн цэгт татсан радиуст перпендикуляр байна

Бодолт. AB − хөвч, AM − шүргэгч, O − тойргийн төв байг. α − AB бага нумын градусын хэмжээг тэмдэглэе.

1-р арга. 090MAB∠ < байг. Тойргийн төвөөс OP перпендикулярыг AB талд татъя. Энэ үед OAB өнцгийг 090 хүртэл ,MAB AOP өнцгүүдээс гүйцээе.

Эндээс1 12 2

MAB AOP AOB α∠ = ∠ = ∠ = гэж мөрдөнө.

090MAB∠ > байг. AM цацраг дээр M ′ цэг авъя. Энэ үед 090M AB′∠ < байна.

Баталгаагаар 12

M AB AOB′∠ = ∠ болно. Иймээс

( )0 0 01 1180 180 3602 2

MAB M AB α α′∠ = − ∠ = − = − болно. MAB өнцгөөр хашигдсан

нумын градусан хэмжээ нь 0360 α− гэж тэмдэглэе. 090MAB∠ = болж батлагдав.

2-р арга : 090MAB∠ < байг. B цэгийг дайруулан AM -тэй параллель BC хөвч татъя.

Энэ үед 12

MAB ABC ACB α∠ = ∠ = ∠ = байна.

090MAB∠ > байг. AM цацраг дээр M ′ цэг авъя. Энэ үед 090M AB′∠ < байна.

Баталгаагаар 12

M AB AOB′∠ = ∠ болно. Иймээс

( )0 0 01 1180 180 3602 2

MAB M AB α α′∠ = − ∠ = − = − MAB өнцгөөр хашигдсан нумын

градусан хэмжээ нь 0360 α− гэж тэмдэглэе. Тэгвэл 090MAB∠ = болж батлагдав.

3-р арга. 090MAB∠ < байг. Тойрогтой K цэгт огтолцох хүртэл AO -г үргэлжлүүлье. Мөн ,K B цэгүүдийг холбоё. Энэ үед 090ABK∠ = болно. Иймээс

0 1902

MAB KAM KAB KAB AKB α∠ = ∠ − ∠ = − ∠ = ∠ = байна.

090MAB∠ > байг. AM цацраг дээр M ′ цэг авъя. Энэ үед 090M AB′∠ < байна.

Баталгаагаар 12

M AB AOB′∠ = ∠ болно. Иймээс

( )0 0 01 1180 180 3602 2

MAB M AB α α′∠ = − ∠ = − = − MAB өнцгөөр хашигдсан нумын

градусан хэмжээ нь 0360 α− гэж тэмдэглэе. Тэгвэл 090MAB∠ = болж батлагдав.

88. 1S ба 2S тойргууд A цэгт огтлолцоно. A цэгийг дайрсан шулуун 1S тойрогтой

B цэгт, 2S -той C цэгт огтлолцоно. Тойргийн ,C B цэгүүдэд татсан шүргэгчүүд

D цэгт огтлолцоно. BDC өнцөг нь A цэгийг дайрсан шулууны сонголтоос үл хамаарна гэж батал.

Заавар. 01 2180D O AO∠ = − ∠ гэж батал.

Бодолт. 1 2,O O --тойргийн төвүүд байг.Энэ үед

( )0 0 1 2180 1802

BO A AO CD DBA DCA ∠ + ∠∠ = − ∠ + ∠ = − =

0 00 1 2180 2 180 2180

2BAO CAO− ∠ + − ∠

= − =

01 2 1 2180BAO CAO O AO∠ + ∠ = − ∠

89. Архимедийн лемма. Хоёр тойрог M цэгт дотоод шүргэлттэй байг.

AB− Их тойрогийн хөвч, бага тойрогтой T цэгт дотоод шүргэлцэнэ. Тэгвэл MT нь AMB өнцгийн биссектрис гэж батал.

Заавар. Ерөнхий шүргэгчтэй C цэгт огтолцох хүртэл AB цацрагийг үргэлжлүүл.

CTM MAT AMT∠ = ∠ + ∠ (М төвтэй гомотет хар.)

Бодолт. 1-р арга. AB цацраг ерөнхий шүргэгчтэй C цэгт огтлолцож байна.

( B нь ,A C − ийн хооронд )

, ,CMT CMB AMTϕ α γ∠ = ∠ = ∠ = гэж тэмдэглэе. Иймд CM CT= хэрчмүүд нь нэг цэгээс тойрогт татсан шүргэгч болно.

MTC адил хажуут гурвалжин. Шүргэгч ба хөвчийн хоорондох өнцгийн тухай теорем ёсоор

MAT CMB α∠ = ∠ = гэж мөрдөнө. Иймээс,CTM CMT ϕ∠ = ∠ =

,CTM CMT MTBϕ α γ ϕ∠ = ∠ = ∠ = + = ( AMT гурвалжны гадаад өнцөг) Эндээс

TMB ϕ α γ∠ = − = болно.

2-р арга. Бага тойргийг том тойрогт хувиргах M төвтэй гомотетийн үед бага тойргийн шүргэгч AB нь түүнд параллель том тойргийн шүргэгч l -д шилжинэ. Том тойрогтой l

шулуунаар T нь 1T шүргэгчид шилжинэ. 1, ,M T T цэгүүд нь нэг шулуун дээр орших ба 1T нь

M цэгийг агуулаагүй AB нумыг таллан хуваана.

1 1,AMT BMT багтсан өнцгүүд нь тэнцүү ба ижил

нумуудад тулна. Иймээс MT − нь AMB өнцгийн биссектрис болно.

90. Хоёр тойрогтой ерөнхий шүргэгч ,K M цэгүүдэд огтлолцоно. Хэрэв ,A B нь шүргэлтийн цэгүүд бөгөөд

0180AMB AKB∠ + ∠ = болохыг батал.

Заавар ,AKM BAM BKM ABM∠ = ∠ ∠ = ∠ Бодолт. Шүргэгч ба хөвчийн хоорондох өнцгийн тухай теоремоос , ,AKM BAM BKM ABM∠ = ∠ ∠ = ∠ болно.

0180AMB AKB AMB BAM ABM∠ + ∠ = ∠ + ∠ + ∠ = болно.