Geometr 858-887 - Математик · Багтаасан тойргийн талбай...
Transcript of Geometr 858-887 - Математик · Багтаасан тойргийн талбай...
№858. Тойрогт багтсан ба тойргийг багтаасан адил хажуут трапеци өгөгдөв. Трапецийн өндрийг
багтаасан тойргийн радиуст харьцуулсан харьцаа 23
бол трапецийн өнцгүүдийг
ол.Өгсөн:2:3
h r =
Олох:α = ? Бодолт: ABCD трапецийн хурц өнцөг α , өндөр h , багтаасан тойрог радиус R . C оройгоос AD талд татсан өндөр M цэг гэе. 2BC AD AB+ =
1 1 1( ) ( ) 22 2 2
AM BC AD AB CD CD CD= + = + = =
2 sinAC R= α , sinCMAM CD= =
α,тэгш өнцөгт гурвалжин гэдгээс 2 2 2AM MC AC+ = ба
2 2 22 4 sin
sinh h R+ = α
α өгөгдсөн нөхцөлөөр
23
hR
= , 22
2 1( 1) 4sin3 sin
+ = αα
байна.
4 26sin sin 1 0α − α − = тэгшитгэлээс 2 1sin2
α = , 1sin2
α = болно.
45 135α = °, β = ° . ▲ №859. Адил хажуут гурвалжныг багтаасан тойргийн урт багтсан тойргийн уртаас 3 дахин их бол гурвалжны өнцгүүдийг ол. Өгсөн: AB BC= , 1 23l l= , 1 2l Rπ= , 2 2l rπ= , 3R r= Олох: α = ? , β = ? Бодолт: 2 sin 2 sin(180 sin 2AC R B R R= ∠ = ° − 2α) = 2 α
DMC∆ ⇒1 cos cos2 2 2
AC MC OM rα α= = = ⋅
2 sin 2 2 cos sin 2 cos2 2
R r R rα α⋅ α = ⋅ ⇒ ⋅ α = ⋅
3R r= ,3 sin 2 cos2
r r α⋅ α = ⋅ ,3sin 2 cos
2α
α = гэдгээс
13sin 2 1cos
2
α ⋅ =α
, 6sin cos tg 12α
α ⋅ α ⋅ = , 12sin cos cos tg 12 2 2α α α
⋅ ⋅ α ⋅ = , 212sin cos 12α
⋅ α =
байна. 6 (1 cos ) cos 1⋅ − α ⋅ α = , 26cos cos 0α − α +1 = тэгшитгэлээс1 1cos2 2 3
α = ± болно.
2 cos2
AC r α=
A
B C
DM
h
α
A
B
CM
r
R 0
β
α
1 1arccos( )2 2 3
α = ±1 1arccos( )2 2 3
πβ = − ± . ▲
№860. Адил хажуут трапецийг багтаасан ба багтсан тойрог өгөгджээ. Багтаасан тойргийн талбай багтсан тойргийн талбайгаас 12 дахин их бол трапецийн өнцгүүдийг ол. Өгсөн: AB BC= , 1 23l l= , 1 2l Rπ= , 2 2l rπ= , 3R r= Олох: α = ? , β = ? Бодолт: 1 212S S= , 2 212R rπ π= , 2 212R r= , 2 3R r=
2AD AC AB+ = , 1 1( ) ( )2 2
AM BC AD AB CD CD= + = + = ,
2 sinAC R= α , sinCMAM CD= =
αТэгш өнцөгт гурвалжинд
Пифагорын теорем бичвэл 2 2 2AM MC AC+ = , 2
2 2 22
4 4 4 sinsin
r r R+ = αα
болно.
22 2 2
2
4 4 48 sinsin
r r r+ = αα
тэгшитгэлийг 24r -д хуваавал 22
1 1 12sinsin
+ = α α
болно.
4 212sin sinα − α −1 = 0 тэгшитгэлээс 2 1sin3
α = 2 1sin4
α = −1sin3
α = байна. Эндээс
1arccos3
α =1arccos3
πβ = − болно.▲
№861. Адил хажуут гурвалжинд багтсан тойргийн радиус, гурвалжинг багтаасан тойргийн радиусаас 4 дахин бага бол гурвалжны өнцгүүдийг ол. Өгсөн: 4R r= Олох:α = ? Бодолт: 2 sin 2 (180 2 ) 2R sin 2AC R B R= ⋅ ∠ = ° − α = ⋅ α 1 cos2 2
AC MC OM α= = ⋅ , 2 cos
2AC R α
= ⋅ ,
2 sin 2 2 cos2
R r α⋅ α = , sin 2 cos
2R r α
⋅ α = өгөгдсөн
нөхцөл ёсоор 4R r= , 4 sin 2 cos2α
⋅ α = , 4 sin 2 12
tg α⋅ α ⋅ = болно.8 sin cos 1
2tg α
⋅ α ⋅ α ⋅ =
давхар өнцгийн томьёо ашиглавал 16 sin cos cos 12 2 2
tgα α α⋅ ⋅ ⋅ α ⋅ = , 216sin cos 1
2α
⋅ α = ,
8(1 cos ) cos 1− α ⋅ α = болно. Тэгшитгэлийг бодвол 28cos cos 1 0α −8 α + = , 1 2cos2 2
α = ±
1 2arccos( )2 2
α = ± ,1 2arccos( )2 2
πβ = − ± . ▲
A
B C
DM
h
r
R
α
A
B
CM
r
R R
α
β
№862.
Адил хажуут трапецийг багтаасан ба адил хажуут трапецд багтсан тойрог өгөгджээ. Багтаасан тойрог багтсан тойргийн уртуудын харьцаа 2 5 бол трапецийн өнцгүүдийг ол.
Өгсөн: 1
2
2 5ll
= , 2 2 52
Rr
ππ
= , 2 5R r=
Олох:α = ?
Бодолт: 2h r= , 1 1( ) (AB CD) CD2 2
AM BC AD= + = + = ,
sin2AC
Rα = , 2 sinAC R= α , CD
sinCMAM = =
α,
Пифагорын теорем 2 2 2AM CM AC+ = , 2 22( ) (2 r) (2 sin )sin
r R+ = αα
22 2 2
2
4 4 r 4 4 5 sinsin
r r+ = ⋅ ⋅ ⋅ αα
, 22
1 1 20sinsin
+ = αα
байна. Тэгшитгэл бодвол
4 220sin sinα − α −1 = 0 , 2 1sin4
α = 2 1sin5
α = − , 1sin2
α = болно. Иймд 6π
α =56π
β = . ▲
№863. Адил хажуут гурвалжныг багтаасан тойргийн талбай, гурвалжинд багтсан тойргийн талбайгаас 36 дахин их бол гурвалжны өнцгүүдийг ол.
Өгсөн: 1
2
36SS
= , 2
2 36Rr
ππ
= , 6R r=
Олох:α = ? Бодолт: 2 sin 2 (180 2 ) 2R sin 2AC R B R= ⋅ ∠ = ° − α = ⋅ α 1 cos2 2
AC MC OM α= = ⋅ , 2 cos
2AC R α
= ⋅ ,
2 sin 2 2 cos2
R r α⋅ α = , sin 2 cos
2R r α
⋅ α = өгөгдсөн
нөхцөл ёсоор 6sin 2 cos2α
α = , 12sin cos cos2α
α ⋅ α = , sin 2 cos2α
6⋅ α = ,
24 sin cos 12
tg α⋅ α ⋅ α ⋅ = болно.
224sin cos 12α
⋅ α = , 12(1 cos ) cos 1− α ⋅ α = , 212cos cos 1 0α −12 α + = байна. Иймд
6 1 1cos6 2 6
3±α = = ± болно.
1 1arccos( )2 6
α = ±1 1arccos( )2 6
πβ = − ± . ▲
№864. Параллелограммд багтсан тойргийн радиус R , багтаасан тойрог шүргэлтийн цэгүүд дээр оройтой параллелограммын талбай S бол талуудыг ол.
A
B C
D
h
2R
M
r α
A
B
CM
r
R R
Бодолт:Параллелограмм-ромбо. Дөрвөн өнцөгтийн диогналь 2R байгаа тул дөрвөн өнцөгт тэгш өнцөгт болно. Диагналиудын хоорондох өнцгийгα гэе.
21 2 sin 2 sin2
S R R R= ⋅ 2 α = α , 2sin2
SR
α =
K цэг AD дээрх B цэгийн проекц. 3
2
2 2 4sin sin
2
BK R R RAB SA SR
= = = =∠ α
. ▲
№865. R радиустай тойргийг ABCD трапец дотор багтаажээ. Трапецийн бага суурь BC -ийн урт a , B цэгээс AB талын тойргийг шүргэх E цэг ба BE b= бол трапецийн талбайг ол. Өгсөн: BC a= , BE b= , R - багтсан тойргийн радиус. Олох: ?mpS = Бодолт: 180EOF B∠ + ∠ = ° , 180A B∠ + ∠ = ° ,
180A EON A EON∠ + ∠ = ° ⇒ ∠ = ∠ = α гэе.
2bBOF tgR
α∆ ⇒ = ,
2RAOE tg
AEα
∆ ⇒ = , b RR AE
= ,
2RAE ANb
= = , FC CM a b= = − FOM D∠ = ∠ , 180C D∠ + ∠ = ° гэдгээс гурвалжны өнцгийг бичвэл
a bCOM tg COMR−
∆ ⇒ ∠ = , 2D RCOM tg
MD∠
∆ ⇒ = , a b R
R MD−
= байна.2RMD ND
a b= =
−
, 2 2 2 2(a b b) a
(a b) (a b)R R R RADb a b b b
− + ⋅= + = =
− ⋅ − ⋅ − . Иймд сууриудын нийлбэр нь
2 2(a b)( ) (1 )
(a b) (a b) (a b)R b RBC AD aR aR
b b b⋅ −
+ = + ⋅ = ⋅ +⋅ − ⋅ − ⋅ −
болно.
2 2(a b) 2 (1 )2 (a b) (a b)mp
aR ba RS R aRb b+ ⋅ −
= ⋅ = ⋅ +⋅ − ⋅ −
. ▲
№866. ABC гурвалжинд багтсан тойргийн радиус R , , ,AC AB BC талуудыг харгалзах , ,D E Fцэгүүд шүргэнэ. Хэрэв ,AD R DC a= = бол BEF гурвалжны талбайг ол. Өгсөн: AD DR R= = , DC a= , BE BF x= = гэе.
Олох: ?BEFS = , 21 sin2BEFS x B= ⋅ ⋅ ∠
Бодолт:
2 2 2(x a) ( ) ( a)R x R+ − + = + , 2 2 2 2 2 2x 2 a a 2 2 a ax R Rx x R R+ + − − − = + + ба
A
B C
DK
h R
R
α
A
B C
DN
a
b
M F
E
α
0
B
A CD
F E
R
R
R
2 ( ) 2 ( a)x a R R R− = + , ( )R a Rxa R
+=
− болно.
Талуудыг илэрхийлвэл2 2( a) a a 2 aR R R R R R RAB R
a R a R a R+ + + −
= + = =− − −
,
2 2 2 2( a) a aR R R Ra Ra RBC aa R a R a R
+ + + − += + = =
− − −байна. Гурвалжны өнцгийг олвол
2 2 2 2
( )( )sin AC R a a R a RAR aBC R aa R
+ + −∠ = = =
+ +−
болно. Талбай нь
2 2 3
2 2 2 2 2
1 ( ) ( )( ) ( )2 ( ) ( ) 2( )( )BEF
R a R a R a R R a RSa R a R a R a R
+ + − += ⋅ ⋅ =
− + − +. ▲
№867. ABC гурвалжны AB ба BC талын нийлбэр 11. ABC өнцөг 60° . ABC гурвалжинд багтсан
тойргийн радиус 23
, AB тал нь BC талаас их бол ABC гурвалжны A оройгоос буулгасан
өндрийг ол.
Өгсөн: AB BC> , 11AB BC+ = , 60ABC∠ = ° , 23
r =
Олох: ?AD h= = , Бодолт: BK x= гэе. Өгөгдсөн нөхцлөөр өнцгийг илэрхийлвэл
30DBK∠ = ° , 60BOK∠ = ° болно. Синусын теоремоор 2 3
sin 60 23 21sin 30 sin 60 sin 302
r x rx⋅
⋅ °= ⇒ = = =
° ° °болно.
2BK BE= = , CE CF a= = , AF AK b= = AB гэе. , 2, 2, 7, 7AC a b AB b CB a a b b a= + = + = + + = = − байна. Косинусын теоремоор
2 2 2 2 cos 60AC AB BC AB BC= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° , 2 2 2 1( ) ( 2) ( 2) 2 ( 2) ( 2)2
a b b a b a+ = + + + − ⋅ + ⋅ + ⋅ 2 2 27 (9 ) ( 2) (9 ) ( 2)a a a a= − + + − − ⋅ + , 2 7 6 0a a− + = тэгшитгэл бодвол 1, 6a b= = ,
6, 1a b= = болно. AB BC> тул 8, 3AB BC= = байна. Иймд
sin 60 , sin 60ADABD AD ABAB
⇒ ° = = ⋅ °V , 38 4 3
2h AD= = ⋅ = . ▲
№868. ABCD параллелограммын талбай 80 3 .ABCD параллелограммындиагоналиудын огтлолцлын Qцэгээс AQBгурвалжинд багтсантойргийн төв хүртэлх зай 2.AQDөнцөг 60o , BADөнцөг мохоо бол AC диагоналийн уртыг ол.
B
r F
C
K
A
E D
О
Бодолт:ABQгурвалжинд багтсан тойргийн төвийгO гэвэл OQ нь биссектрис тул
/ 2 60oBQA∠ = байна. 2OQ = тулOQFтэгш
өнцөгт гурвалжнаас sin 60 3oOF OQ= =болно. OFнь багтсан тойргийн радиус мөн болох тул ( )2 /ABQOF S AQ QB AB= + + . Нөгөө талаас
1 1 80 3 20 34 4ABQ ABCDS S= = ⋅ = .Ингээд
( )3 40 3 / AQ QB AB= + + ⇒
40AQ QB AB+ + = гарч байна. ABQгурвалжны хувьл косинусын теорем бичвэл 2 2 2 2 cosAB AQ BQ AQ BQ AQB= + − ⋅ ⋅ ⋅ ∠ ⇒ 2 2 2AB AQ BQ AQ BQ= + + ⋅
1 sin 60 80 32
oABCDS AC BD= ⋅ ⋅ = ⇒ 320AC BD⋅ = .
2 2 2
4080
AB AQ BQ AQ BQAQ BQ AB
AQ BQ
= + + ⋅ + + = ⋅ =
систем тэгшитгэлүүдийг бодъё. 2-р тэгшитгэлийн хоёр талыг квадрат зэрэгт дэвшүүлэн
( ) ( )2 240AQ BQ AB+ = − ⇒ ( )22 80 40AB AB+ = − ⇒ 19AB = .
2180
AQ BQAQ BQ
+ = ⋅ =
⇒ 5, 16AQ BQ= = . 2 10AC AQ= = . ▲
№869. ABC тэгш өнцөгт гурвалжны ACгипотенуз дээр 3 радиустай тойргийн төв Oоршино.Гурвалжны катетууд тойргийг шүргэнэ. OC = 5 бол ABCгурвалжны талбайг ол.
Бодолт:Тойргийн BC, ABкатетуудтай шүргэлцсэн цэгүүдийг харгалзан P,Qгэе. OPCтэгш
өнцөгт гурвалжны 2 2 4PC OC OP= − = болно.AQOба OPCтэгш өнцөгт гурваожнууд
төсөөтэй гэдгээс 3 3 94 4
OP QOAQPC⋅ ⋅
= = = байна. Иймээс
( )( ) ( )1 1 1 9 1473 3 42 2 2 4 8ABCS AB BC AQ QB BP PC = ⋅ = + + = + + =
. ▲
№870. ABCтэгш өнцөгт гурвалжны AB катет 21, BCкатет 28.гипотенуз дээр 3 радиустай тойргийн төв Oоршино. Гурвалжны катетууд тойргийг шүргэнэ. OC = 5 бол ABCгурвалжны талбайг ол.
Бодолт:1-р арга. BCкатетийн тойрогтой шүргэлцсэн цэгийг P гэе. Тойргийн радиусыг R гэж тэмдэглэе. CPO,
CBAгурвалжнууд төсөөтэй гэдгээс28 28
21R
R−
= . Тэгшитгэлээс
12R = гарна.▲ 2-р арга. Тойргийн радиусыг R гэж тэмдэглэбэл
1 21 1, 142 2 2AOB COB
RS AB R S BC R R= ⋅ = = ⋅ = . Цааш бодвол
1 1 21 282 2AOB COB ABCS S S AB BC+ = = ⋅ = ⋅ ⋅ үүнд орлуулбал
21 114 21 282 2R R+ = ⋅ ⋅ тэгшитгэлээс
12R = . ▲
№871. ABC тэгш өнцөгт гурвалжны B тэгш өнцгийн биссектрис ACгипотенузыг M цэгээр дайрна.Mцэгээс BCкатет хүртэлх зай 4, 5AM = бол ABCгурвалжны талбайг ол.
Бодолт:Mцэгийн AB, BCкатетууд дээрх проекцийг P, Q гэе. Биссектрисийн чанар ёсоор 4PM MQ= = . APMгурвалжны хувьд
бодвол 2 2 3AP AM PM= − = .MQC, APMгурвалжнуудын
төсөөгийн харьцаагаар 4 4 16
3 3PM MQQC
AP⋅ ⋅
= = = .
Иймд ( )1 1 16 983 4 42 2 3 3ABCS AB BC = ⋅ = + + =
. ▲
№872. ABC тэгш өнцөгт гурвалжны B тэгш өнцгийн биссектрис ACгипотенузыг M цэгээр огтолно.
5AB = , 8BC = бол Mцэгээс BCкатет хүртэлх зайг ол.
Бодолт:Mцэгийн AB, BCкатетууд дээрх проекцийг P, Q гэе. Биссектрисийн чанар ёсоор PM MQ= гэдгээс PMQBквадрат болно. Иймээс 8QC BC BQ MQ= − = − ба
5AP AB PB MQ= − = − .MQC,APMгурвалжнуудын төсөөгийн харьцаагаар
( )( )2 8 5MQ QC AP MQ MQ= ⋅ = − − . Илэрхийллийг
эмхэтгэн тэгшитгэлийг бодвол 4013
MQ = . ▲
№873. ABCD тэгш өнцөгтийн AB, AD талуудыг шүргэсэн тойрог DC талыг ганц Fцэгээр, BCталыг ганц Eцэгээр тус тус огтолно. 32AB = , 40AD = ба 1BE = бол AFCBтрапецийн талбайг ол.
Бодолт:ABCD тэгш өнцөгтийн AB, AD талуудыг тойрог P, Kцэгүүдэд шүргэх ба радиус нь R, төвийг нь Oгэе. OP дээрхEцэгийн проекц Q, DCдээрх O цэгийн проекц M.Тэгвэл
32QE PB R= = − , 1QO OP PQ OP BE R= − = − = − . Пифагорын теоремоор
2 2 2OQ QE OE+ = дээрх тэнцлүүдийг орлуулбал ( ) ( )2 2 21 32R R R− + − = . Энэ тэгшитгэлээс 25R = . MOF тэгш өнцөгт гурвалжны хувьд
( )22 2 2 2 2 2 2 2 240 25 15 20FM OF OM OF DK R R= − = − = − − = − = . Иймээс 20FM = ,
( )32 27FC FM MC FM PB FM R= + = + = + − = .
( ) ( )1 1 32 27 40 11802 2AFCBS AB FC= + = + ⋅ = . ▲
№874. Гурвалжны өнцгүүдийн нийлбэр. Гурвалжны дотоод өнцгүүдийн нийлбэр180o гэж батал.
Бодолт:ABCгурвалжны A, B, Cоройн дотоод өнцгүүдийг харгалзан , , α β γ гэе. BC шулуунаар хавтгай хоёр хагас хавтгайд хуваагдана.B оройг дайрсан ACшулуунтай параллель шулуун татъя.Энэ шулуун дээр A цэг оршдоггүй хагас хавтгайд D цэг тэмдэглэ. BD, ACпараллель шулуунуудыг BCшулуунаар огтлоходүүсэх DBCба ACB дотоод солбисон хос өнцөг. Параллель шулуунуудын чанар ёсоор DBC ACB γ∠ = ∠ = .
A, Dцэгүүд өөр хагас хавтгайд орших тул ABD өнцгийн BA ба BDталуудын AбаDтөгсгөлтэй хэрчим BC цацрагийг огтолно. Иймд ABD ABC DBC β γ∠ = ∠ + ∠ = + .
Үүнтэй ижлээр BD, ACпараллель шулуунуудыг ABшулуунаар огтлоход ABD баBAC өнцгүүд дэлгэмэл өнцөг үүсгэх буюу нийлбэр нь 180o . Ийнхүү 180oα β γ+ + = .▲ №875. Адил хажуут ABC ( AB BC= ) гурвалжинд багтсан тойргийн радиус 3. Энэ тойргийг шүргэсэн l шулуун AC шулуунтай параллель.Bцэгээс l шулуун хүртэлх зай 3. Өгсөн тойргийн ABбаBC талуудыг шүргэсэн цэгүүдийн хоорондох зайг ол.
Бодолт:ABCгурвалжны ABбаBC талуудын тойргийг шүргэсэн цэгүүдийг PбаQ, тойргийн төвийг Oгэе. l шулуун тойрогтой F цэгт шүргэлцэх ба AB, BCталуудыгM, Nцэгээр огтолно.MBNгурвалжин ABC гурвалжинтай төсөөтэй тул адил хажуут байна. ИЙмээс MF MP BP BM BQ BN NQ NF= = − = − = = . Эндээс Fнь MN-ийн дундаж.B өнцгийн биссектрис BF цацраг.OB хэрчим дээр Fцэг оршино гэдгээс 3 3 6BO BF OF= + = + = .
BQO тэгш өнцөгт гурвалжнаас 30oOBQ∠ = .Иймээс 30oOQЗ∠ = ,
1 3 3cos 3cos302 2
oPQ OQ OQP= ∠ = = . Эндээс 3 3PQ = .▲
№876. Адил хажуут ABCDтрапецийн , , AB BC CD талуудыг шүргэсэн, AD их суурь дээр төв нь орших тойргийн радиус 6. BCсуурь 4-тэй тэнцүү.Энэ трапецийн AB, CDхажуу талуудын тойрогтой шүргэлцсэн цэгүүдийн хоорондох зайг ол.
Бодолт:Тойргийн төвийг O гээд,ABCDтрапецийн AB,BCба CDталуудыг харгалзанQ, M, Pцэгүүдэд шүргэдэг;ADсуурь дээрх Cоройн проекцийг L; PQба MOхэрчмүүдийн огтлолцлыг Kгэе. PQ‖ADба
BQ BM CM CP= = = байна.BCDөнцгийн биссектрис COбол OLC CPO=V V гэдгээсCOD OCB OCD∠ = ∠ = ∠ , иймээс OCDгурвалжин CD OD= адил хажуутай гуравлжин
болно.CD OD x= = гэвэл 2LD OD OL OD MC x= − = − = − . CLDтэгш өнцөгт гурвалжны хувьд Пифагорын теорем бичвэл 2 2 2CD CL LD= + буюу ( )22 36 2x x= + − . Эндээс 10x = .
OKP баDLC гурвалжнууд төсөөтэй гэдгээс KP OPCL CD
= . Эндээс 6 186
10 5OP CLKP
CD⋅
= = ⋅ = .
Иймд 3625
PQ KP= = . ▲
№877. 4 радиустай тойрог багтаасан адил хажуут трапецийнбага суурь4. Тойргийн трапецийн хажуу талуудыг шүргэсэн цэгүүдийн хоорондох зайг ол.
Бодолт:Тойргийн төв O;ABCD (BC‖AD)трапецийн AB,BC ба CDталуудыг харгалзан Q, M, P цэгүүдэд шүргэдэг;ADсуурь дээрх Cоройн проекцийг L; PQба MOхэрчмүүдийн
огтлолцлыг Kгэе. COD тэгш өнцөгт гурвалжны хувьд2 2 16 8
2OP OPDPCP MC
= = = = . Иймээс
2 8 10CD CP PD= + = + = .
OKP баDLC гурвалжнууд төсөөтэй гэдгээс KP OPCL CD
= . Эндээс 4 8 1610 5
OP CLKPCD
⋅ ⋅= = = .
Иймд 3225
PQ KP= = . ▲
№878. ABCDромбын талын урт 5. Энэ ромбод багтсан тойргийн радиус 2,4. Хэрэв ACдиагональ BDдиагоналиасаа бага бол багтсан тойргийн AB, BCталуудыг шүргэсэн цэгүүдийн хорондох зайг ол.
Бодолт. 1-р арга. Тойргийн төв O;ABбаBCталуудтай шүргэлцсэн цэгийг Q, P;BOба PQхэрчмүүдийн огтлолцлын цэгийг F; BCтал дээрх Ацэгийн проекцийг Mгэж тус тус тэмдэглэе. PQ‖AC баPQ-ийн дундаж F байна.
90oABC α∠ = < гэж тэмдэглэвэл AMB тэгш өнцөгт
гурвалжны хувьд 4,8 24sin sin5 25
AMABCAB
α = ∠ = = = . Мөн
12 2
FPO OBC ABC α∠ = ∠ = ∠ = тул
711 cos 25cos 2, 4cos 2, 4 2, 4 2, 4 0,8 1,922 2 2
FP OP FPO α α ++= ∠ = = = = ⋅ =
Эндээс 2 3,84PQ FP= = . ▲
Бодолт:2-р арга. PO ньAMC гурвалжны дундаж шугам тул MP PC= . Мөн 2
2 2 2 75
BM AB AM = − =
гэдгээс 1 92 2 2
BC BMPC MC −= = = ;
165
BP = ба
2 9OC BC CP= ⋅ = .
BFP ба BOC гурвалжнууд төсөөтэй тул FP BPOC BC
= ⇒ 485
BP OCFPBC⋅
= = . Иймд
962 3,8425
PQ FP= = = . ▲
№879. Хавтгай дээр 1 2, O O төвтэй 12 ба 7 радиустай хоёр тойрог шулууны нэг талд байрлан түүнийг 1,M 2M цэгт шүргэнэ. 1 2M M хэрчмийн уртыг 1 2O O хэрчмийн уртад харьцуулбал
2 55
бол 1 2M M -ийг ол.
Бодолт: 1 1O M шулуун дээрх 2O цэгийн проекцийг P гэе.
1 2O O P α∠ = гэвэл 2 1 2
1 2 1 2
2 5cos5
O P M MO O O O
α = = = , 5sin
5α = ,
cosctg 2sin
ααα
= = . 1 2O PO тэгш өнцөгт гурвалжны хувьд:
1 1 1 1 1 1 2 2 12 7 5O P O M PM O M O M= − = − = − = ,
1 2 2 1 ctg α 5 2 10M M O P O P= = ⋅ = ⋅ = . ▲ №880. Хавтгай дээр 1 2, O O төвтэй 4 ба 3 радиустай хоёр тойрог шулууны хоёр талд байрлан
түүнийг 1,M 2M цэгт шүргэнэ. 1 2O O хэрчмийг 1 2M M хэрчимд харьцуулбал 23
бол 1 2O O -ийг
ол.
Бодолт:Эхнийтойргийн төвийг дайрсан хоёр дахь тойргийн 2 2O M радиустай перпендикуляр
1O F шулуун татъя. 1 1 2O F M M= , 2 1 1 4M F O M= =, 2 2 2 2 3 4 7O F O M M F= + = + = . Тэгш өнцөгт
1 2O FO гурвалжны хувьд
1 1 21 2
1 2 1 2
3cos2
O F M MFO OO O O O
∠ = = = ⇒ 1 2 30oFO O∠ = .
Иймээс 1 2 22 2 7 14O O O F= = ⋅ = . ▲
№881. Хавтгай дээр 1 2, S S төвтэй 8 ба 6 радиустай хоёр тойрог шулууны нэг талд байрлан
түүнийг 1,A 2A цэгт шүргэнэ. 1 2S S хэрчмийг 1 2A A хэрчимд харьцуулбал 3 бол 1 2S S -ийг ол.
Бодолт: 1 1S A шулуун дээрх 2S цэгийн проекцийг P гэе.
1 2S S P α∠ = гэвэл 2 1 2
1 2 1 2
1cos3
S P A AS S S S
α = = = , 2sin3
α = ,
cos 1ctgsin 2
ααα
= = . 1 2S PS тэгш өнцөгт гурвалжны хувьд:
1 1 1 1 1 1 2 2 8 6 2S P S A PA S A S A= − = − = − = ,
1 2 2 11ctg α 2 22
A A S P S P= = ⋅ = ⋅ = . 1 2 1 23 6S S A A= ⋅ = . ▲
№882. Хавтгай дээр 1 2, S S төвтэй 5 ба 2 радиустай хоёр тойрог шулууны хоёр талд байрлан
түүнийг 1,A 2A цэгт шүргэнэ. 1 2A A хэрчмийг 1 2S S хэрчимд харьцуулбал 2
2бол 1 2A A -ийг ол.
Бодолт:Эхнийтойргийн төвийг дайрсан хоёр дахь тойргийн 2 2S Aрадиустай перпендикуляр 1S F шулуун татъя. 1 1 2S F A A= ,
2 1 1 5A F S A= = , 2 2 2 2 2 5 7S F S A A F= + = + = . Тэгш өнцөгт 1 2S FS
гурвалжны хувьд 1 1 21 2
1 2 1 2
2cos2
S F A AFS SS S S S
∠ = = = ⇒ 1 2 45oFS S∠ = .
Иймээс 1 2 1 7A A S F= = . ▲
№883.
ABCDпараллелограммын ABтал 1 ба BD диагональтай тэнцүү.Диагоналиудын харьцаа 1: 3 .ADCгурвалжныг багтаасан тойрогт харъяалагдахгүй, BCDгурвалжныг багтаасан тойргийн хэсгийн талбайг ол.
Бодолт: AC BD< гэж үзье. Тэгвэл 3
3AC = болно.
ABCDпараллелограммын диагоналиудын
огтлолцлыг Oгэвэл ABOгурвалжны 1AB = , 12
OB = ,
36
AO = болж 1 3 12 6
+ < байх болмжгүй. Иймээс
AC BD> болж 3AC = . BDC гурвалжин адил хажуут. Түүнийг багтаасан тойргийн Q төв OC
хэрчим дээр байх ба 2OCQO
= , тойргийн радиус 3
3-тай, DQCсекторын талбай
21 33 3 9
ππ
⋅ =
-тэйтэнцүү. Энэ талбайгаас DQC гурвалжны талбайг хасвал 3
9 12π
−
болно. ADCгурвьалжныг багтаасан тойргийн төв Bболох ба тойргийн радиус нь 1
байна.DBC секторын талбай 6π
. Энэ талбайгаас BDCгурваожны талбайг хасвал 3
6 4π
−
болно. 3 3 3
9 12 6 4 6 18π π π
− − − = −
. ▲
№884. PQRSадил хажуут трапецийн диагоналиуд перпендикуляр ба огтлолцлын цэг O-оор 1: 3харьцаатай хуваагдана.Трапецийн PS их суурь 1-тэй тэнцүү.PQO ба POS гурвалжнуудыг багтаасан тойргуудын ерөнхий хэсгийн талбайг ол. Бодолт:POS гурвалжныг багтааасан тойргийн төв PS суурийн дундаж дээр орших ба Aгэе. Энэ
тойргийн радиус 12
-тэй, OAP секторын талбай
21 14 2 16
ππ ⋅ =
-тэй тэнцүү. Түүнээс OAP
гурвалжны талбайг хасвал 1
16 8π
− болно.
ctg 3PQ POOPQOQ OR
∠ = = = ⇒ 30oOPQ∠ = . Мөн
262
cos30 332
o
POPQ = = = болно.OPQ тэгш өнцөгт гурвалжныг багтааасан тойргийн төв PQ
талын дундаж байх ба Bгэе. Энэ тойргийн радиус 1 12 6
PQ = , 120oOBP∠ = .
OBPсекторын талбай 2
1 13 186
ππ ⋅ =
. Түүнээс OBP гурвалжны талбайг хасвал 3
18 24π
−
болно.Ийнхүү 1 3 17 3 3
16 8 18 24 144 24π π π + − + − = −
. ▲
№885.
ABCDтэгш өнцөгтийн диагоналиуд O цэгээр огтолцож, ABтал 1-тэй тэнцүү, OABөнцөг 60o . AOB ба BOCгурвалжнуудыг багтаасан тойргуудын ерөнхий хэсгийн талбайг ол.
Бодолт:OAB адил хажуут гурвалжны суурь дахь өнцөг 60oOAB∠ = тул зөв гурвалжин байх ба багтааасан тойргийн төв 1O гэе. Энэ
тойргийн радиус 3
3-тэй, 1OO B секторын
талбай 2
1 33 3 9
ππ
⋅ =
-тэй тэнцүү. Түүнээс
1OO B гурвалжны талбайг хасвал 3
9 12π
−
болно. OBC адил хажуут гурвалжин ба
багтаасан тойргийн радиус нь 1 байна. Төвийг 2O гэе. 2O BO секторын талбай 21 16 6
ππ ⋅ = .
Түүнээс 2O BO гурвалжны талбайг хасвал 3
6 4π
− болно.Ийнхүү
3 3 5 39 12 6 4 18 3π π π
− + − = −
. ▲
№886. Хурц өнцөгт ABC гурвалжны Cоройн өнцөг 30o , өндрүүдийн огтлолцол M
байв.ABCгурвалжныг багтаасан тойргийн төвөөс BC, ACтал хүртэлх зай 32,
3бол AMB
гурвалжны талбайг ол. Бодолт:ABC гурвалжныг багтаасан тойргийн төвийг O; BC, ACталууд дээрх O цэгийн проекцийгP, Qгэе.Гурвалжны нэг оройгоос өндрүүдийн огтлолцол хүрэх зай нь багтаасан тойргийн төвөөс уг оройн эсрэг тал хүртэлх зайнаас хоёр
дахин их байна. Иймээс 2 32
3BM OQ= = ,
2 2 2AM OP= = . Мөн 180 30 150o o oAMB∠ = − = учраас 1 6sin1502 3
oAMBS AM MB= ⋅ ⋅ = . ▲
№887. Хурц өнцөгт ABC гурвалжны өндрүүдийн огтлолцлын цэг M. ABM гурвалжны талбай 6.ABCгурвалжныг багтаасан тойргийн төвөөс BC, ACтал хүртэлх зай харгалзан1, 2 бол Cөнцгийг ол. Бодолт:ABC гурвалжныг багтаасан тойргийн төвийг O; BC, ACталууд дээрх O цэгийн проекцийгP, Qгэе.Гурвалжны нэг оройгоос өндрүүдийн огтлолцол хүрэх зай нь багтаасан тойргийн төвөөс уг оройн эсрэг тал хүртэлх зайнаас хоёр дахин их байна. Иймээс
2 2 2BM OQ= = , 2 2AM OP= = ба ( )1 sin 1502
oAMBS AM MB γ= ⋅ ⋅ − . Эндээс
( )16 2 2 2 sin 1502
o γ= ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒ 90oγ = . ▲