№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 = . ▲