צורות מורכבות · טריגונומטריה במישור ובמרחב · כיתה י״א

בשאלת בגרות יש כמעט תמיד יותר ממשולש אחד: מרובע עם אלכסון, משולש עם תיכון, חוצה זווית או מעגל. אף משולש לבדו לא מחזיק את כל הנתונים. הצלע ששני משולשים חולקים היא הגשר ביניהם.

האלכסון

BD

שייך לשני משולשים:

ABD

למעלה ו-

CBD

למטה. שניהם חסומים באותו מעגל. מה שמחשבים באחד עובר לשני דרך

BD

במרובע שבציור $\angle BAD=\alpha$ . מהי הזווית $\angle BCD$ , ולמה $\frac{BD}{\sin\angle BCD}$ שווה ל- $\frac{BD}{\sin\alpha}$ ?

להציג את התשובה והפתרון

במרובע חסום זוויות נגדיות משלימות: $\angle BCD=180^\circ-\alpha$ . ו- $\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\alpha$ . לכן שני המשולשים נותנים אותו $2R$ , כמו שצריך: זה אותו מעגל.

ארבעה גשרים שחוזרים

A+C=180^\circ

מרובע חסום: אותו $R$ לכל ארבעת המשולשים, וזוויות נגדיות משלימות

\cos(180^\circ-\theta)=-\cos\theta

תיכון: שתי זוויות משלימות ליד $M$ . משפט הקוסינוסים פעמיים, וחיבור

S=S_1+S_2

חוצה זווית: השטח של המשולש שווה לסכום השטחים של שני החלקים

S=r\cdot p

מעגל חסום: השטח שווה לרדיוס כפול חצי ההיקף

\begin{aligned}AM^2 &= \frac{AB^2+AC^2}{2}-\left(\frac{BC}{2}\right)^2 \qquad r \\ &= \frac{2S}{a+b+c}\end{aligned}

תיכון משתי צלעות וזווית

במשולש $ABC$ נתון $AB=4$ , $AC=6$ ו- $\angle BAC=60^\circ$ . $M$ אמצע $BC$ . מצאו את $AM$ .

\begin{aligned}BC^2 &= 16+36-2\cdot 4\cdot 6\cdot\frac{1}{2} \\ &= 28\end{aligned}

משפט הקוסינוסים ב- $\triangle ABC$

\begin{aligned}BM^2 &= \frac{28}{4} \\ &= 7\end{aligned}

$BM$ חצי מ- $BC$ , ולכן הריבוע רבע

\begin{aligned}AM^2 &= \frac{16+36}{2}-7 \\ &= 19\end{aligned}

נוסחת התיכון

AM=\sqrt{19} \approx 4.36

תשובה

מרובע חסום, עם פרמטרים

פעילות אינטראקטיבית

המרובע $ABCD$ חסום במעגל שרדיוסו $R$ . נתון $AB=AD$ ו- $\angle BCD=\alpha$ . א. הביעו את $BD$ . ב. הביעו את $AB$ . ג. מצאו את שטח $\triangle ABD$ כאשר $R=5$ ו- $\alpha=70^\circ$ .

\begin{aligned}AB &= AD \\ \quad \angle BCD &= \alpha \\ \quad R\end{aligned}

לחצו «להתחיל». כל משולש שקודקודיו על המעגל נותן $2R$ .

א.

BD=2R\sin\alpha

משפט הסינוסים ב- $\triangle BCD$ : $BD$ מול $\angle C$ .

זווית

\angle BAD=180^\circ-\alpha

מרובע חסום: זוויות נגדיות משלימות.

זוויות בסיס

\begin{aligned}\angle ABD &= \angle ADB \\ &= \frac{\alpha}{2}\end{aligned}

$\triangle ABD$ שווה שוקיים: $\frac{180^\circ-(180^\circ-\alpha)}{2}$ .

ב.

AB=2R\sin\frac{\alpha}{2}

משפט הסינוסים ב- $\triangle ABD$ : $AB$ מול $\angle ADB$ .

ג.

\begin{aligned}S &= \frac{1}{2}AB^2\sin(180^\circ-\alpha) \\ &= 50\sin^2 35^\circ\sin 70^\circ \approx 15.46\end{aligned}

שתי השוקיים והזווית שביניהן.

לא חישבנו אף צלע בדרך הארוכה. שני המשולשים חסומים באותו מעגל, ולכן כל צלע היא $2R$ כפול סינוס הזווית שמולה.

לעשות את הפעילות ב-elev

בשאלה הקודמת, מה ערכו של $\alpha$ אם $AB=R$ ?

להציג את התשובה והפתרון

$2R\sin\frac{\alpha}{2}=R$ , ולכן $\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}$ ו- $\alpha=60^\circ$ . בדיקה: אז $\angle BAD=120^\circ$ , ומיתר שנראה מהמרכז בזווית $60^\circ$ שווה לרדיוס.

שלוש טעויות של צורה מורכבת.

\frac{AM}{\sin\angle B}=2R

\frac{AC}{\sin\angle B}=2R

$M$ אינו על המעגל. רק משולש שכל קודקודיו על המעגל נותן את $R$ של המעגל.

\cos(180^\circ-\theta)=\cos\theta

\cos(180^\circ-\theta)=-\cos\theta

הסינוס לא משנה סימן, הקוסינוס כן. בדיקה: $\cos 120^\circ=-\frac{1}{2}$ .

r=\frac{S}{a+b+c}

r=\frac{2S}{a+b+c}

$S=r\cdot p$ עם חצי ההיקף. בדיקה במשולש $6$ , $8$ , $10$ : $r=2$ , לא $1$ .

תרגילים

תרגיל 1

המרובע $ABCD$ חסום במעגל שרדיוסו $7$ , ו- $\angle BAD = 120^\circ$ . מצאו את אורך האלכסון $BD$ (עגלו לשתי ספרות אחרי הנקודה).

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 12.12

הפתרון:

\begin{aligned}R_{ABD} &= R \\ &= 7\end{aligned}

המשולש $ABD$ חסום באותו מעגל של המרובע

\begin{aligned}BD &= 2R\sin\angle BAD \\ &= 14\sin 120^\circ\end{aligned}

משפט הסינוסים: $BD$ מול $\angle A$

BD=7\sqrt{3} \approx 12.12

$\sin 120^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}$

כל משולש שקודקודיו על המעגל «יורש» את $R$ שלו. אפשר גם דרך $\angle C=60^\circ$ : $14\sin 60^\circ$ נותן אותו מספר, כי הזוויות משלימות.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 2

המרובע $ABCD$ חסום במעגל שרדיוסו $R$ , ו- $\angle ABC = \alpha$ . הביעו את האלכסון $AC$ באמצעות $R$ ו- $\alpha$ .

$2R\cos\alpha$
$2R\sin\alpha$
$\frac{R}{\sin\alpha}$
$R\sin\alpha$

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: ב $2R\sin\alpha$

הפתרון:

R_{ABC}=R

בוחרים את המשולש $ABC$ : הוא חסום באותו מעגל, ו- $AC$ עומד בו מול זווית ידועה

\frac{AC}{\sin\alpha}=2R

משפט הסינוסים

AC=2R\sin\alpha

מבודדים

הנכונה: $2R\sin\alpha$ . המפתח הוא לבחור משולש שבו האלכסון מול הזווית הנתונה, ושהוא חסום באותו מעגל.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 3

במשולש $ABC$ נתון $AB = k$ , $AC = 2k$ ו- $\angle BAC = 60^\circ$ . $M$ אמצע $BC$ . הביעו את התיכון $AM$ באמצעות $k$ , ומצאו אותו כאשר $k = 4$ (עגלו לשתי ספרות אחרי הנקודה).

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 5.29

הפתרון:

\begin{aligned}BC^2 &= k^2+4k^2-2k^2 \\ &= 3k^2\end{aligned}

משפט הקוסינוסים ב- $\triangle ABC$

AM^2=\frac{AB^2+AC^2}{2}-\left(\frac{BC}{2}\right)^2

משפט הקוסינוסים ב- $\triangle ABM$ וב- $\triangle ACM$ , וחיבור

\begin{aligned}AM^2 &= \frac{5k^2}{2}-\frac{3k^2}{4} \\ &= \frac{7k^2}{4}\end{aligned}

מציבים

\begin{aligned}AM &= \frac{k\sqrt{7}}{2} \\ &= 2\sqrt{7} \approx 5.29\end{aligned}

$k=4$

בחיבור שתי המשוואות האיברים עם $\cos\theta$ מתבטלים, כי $\cos(180^\circ-\theta)=-\cos\theta$ . מי שקיבל $\frac{k\sqrt{3}}{2}$ חישב חצי מ- $BC$ , לא את התיכון.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 4

במשולש $ABC$ נתון $AB = AC = 10$ ו- $BC = 12$ . מצאו את רדיוס המעגל החסום במשולש.

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 3

הפתרון:

\begin{aligned}h &= \sqrt{10^2-6^2} \\ &= 8\end{aligned}

הגובה לבסיס (פיתגורס)

\begin{aligned}S &= \frac{12\cdot 8}{2} \\ &= 48\end{aligned}

שטח המשולש

\begin{aligned}r &= \frac{2S}{a+b+c} \\ &= \frac{96}{32} \\ &= 3\end{aligned}

$S=r\cdot\frac{a+b+c}{2}$

הנוסחה $S=r\cdot p$ משתמשת בחצי ההיקף $p$ . מי שחילק $48$ בהיקף כולו קיבל $1.5$ .

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 5

במשולש $ABC$ נתון $AB = AC = k$ וזוויות הבסיס $\angle B = \angle C = \alpha$ . הביעו את רדיוס המעגל החסום $r$ באמצעות $k$ ו- $\alpha$ .

$\frac{k\sin\alpha}{1+\cos\alpha}$
$\frac{k\sin\alpha\cos\alpha}{1+\cos\alpha}$
$\frac{k\cos\alpha}{2}$
$\frac{k\sin 2\alpha}{1+\cos\alpha}$

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: ב $\frac{k\sin\alpha\cos\alpha}{1+\cos\alpha}$

הפתרון:

BC=2k\cos\alpha

הגובה לבסיס חוצה אותו

\begin{aligned}S &= \frac{1}{2}k^2\sin(180^\circ-2\alpha) \\ &= k^2\sin\alpha\cos\alpha\end{aligned}

נוסחת השטח, וזווית כפולה

\begin{aligned}p &= \frac{2k+2k\cos\alpha}{2} \\ &= k(1+\cos\alpha)\end{aligned}

חצי ההיקף

\begin{aligned}r &= \frac{S}{p} \\ &= \frac{k\sin\alpha\cos\alpha}{1+\cos\alpha}\end{aligned}

מחלקים

הנכונה: $\frac{k\sin\alpha\cos\alpha}{1+\cos\alpha}$ . האפשרות עם $\sin 2\alpha$ במונה גדולה פי $2$ : היא חילקה בהיקף כולו במקום בחצי ההיקף.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 6

המרובע $ABCD$ חסום במעגל. הוכיחו או הפריכו: רדיוס המעגל החוסם את $\triangle ABD$ שווה לרדיוס המעגל החוסם את $\triangle CBD$ .

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: נכון

הפתרון:

R_{ABD}=R

המעגל של המרובע עובר דרך $A$ , $B$ ו- $D$

R_{CBD}=R

וגם דרך $C$ , $B$ ו- $D$

\begin{aligned}\frac{BD}{\sin A} &= \frac{BD}{\sin C} \\ &= 2R\end{aligned}

ובדיקה: $\angle A+\angle C=180^\circ$ , ולכן $\sin A=\sin C$

הטענה נכונה. זה הגשר של מרובע חסום: האלכסון $BD$ «רואה» את אותו $R$ משני הצדדים. בזכות זה עוברים ממשולש למשולש.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 7

במשולש $ABC$ נתון $AB = 6$ , $AC = 3$ ו- $\angle BAC = 120^\circ$ . $AD$ חוצה את הזווית $A$ ( $D$ על $BC$ ). מצאו את $AD$ .

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 2

הפתרון:

S_{ABC}=S_{ABD}+S_{ADC}

חוצה הזווית מחלק את המשולש לשניים

\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 3\sin 120^\circ=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot AD\sin 60^\circ+\frac{1}{2}\cdot 3\cdot AD\sin 60^\circ

נוסחת השטח בכל משולש

18=9\,AD

$\sin 120^\circ=\sin 60^\circ$ , ומצמצמים

AD=2

תשובה

הזוויות הקטנות הן $60^\circ$ , חצי מ- $120^\circ$ . והסינוסים שווים כאן במקרה, כי $120^\circ$ ו- $60^\circ$ משלימות. בשאלה עם $\angle A=100^\circ$ זה כבר לא יקרה.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 8

המרובע $ABCD$ חסום במעגל. נתון $AB = 5$ , $AD = 8$ , $\angle BAD = 60^\circ$ ו- $CB = 3$ . מצאו את $CD$ .

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 5

הפתרון:

\begin{aligned}BD^2 &= 25+64-2\cdot 5\cdot 8\cos 60^\circ \\ &= 49 \ \Rightarrow \ BD \\ &= 7\end{aligned}

משפט הקוסינוסים ב- $\triangle ABD$

\begin{aligned}\angle BCD &= 180^\circ-60^\circ \\ &= 120^\circ\end{aligned}

מרובע חסום: זוויות נגדיות משלימות

\begin{aligned}49 &= 9+CD^2-2\cdot 3\cdot CD\cos 120^\circ \\ &= 9+CD^2+3CD\end{aligned}

משפט הקוסינוסים ב- $\triangle BCD$

\begin{aligned}CD^2+3CD-40 &= 0 \ \Rightarrow \ CD \\ &= 5\end{aligned}

הפתרון $CD=-8$ נפסל: אורך חיובי

הצלע המשותפת $BD$ היא הגשר בין שני המשולשים. הטעות הנפוצה: $\cos 120^\circ=+\frac{1}{2}$ , שנותנת $CD^2-3CD-40=0$ ו- $CD=8$ .

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 9

במשולש $ABC$ , $M$ אמצע $BC$ , ו- $\angle AMB = \theta$ . תלמיד כתב את משפט הקוסינוסים בשני המשולשים. שורה אחת שגויה — מצאו אותה.

AB^2=AM^2+BM^2-2\cdot AM\cdot BM\cos\theta

\angle AMC=180^\circ-\theta

AC^2=AM^2+MC^2-2\cdot AM\cdot MC\cos\theta

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: $AC^2=AM^2+MC^2-2\cdot AM\cdot MC\cos\theta$ → $AC^2=AM^2+MC^2+2\cdot AM\cdot MC\cos\theta$

הפתרון:

\cos(180^\circ-\theta)=-\cos\theta

זוויות משלימות: קוסינוס נגדי

AB^2+AC^2=2AM^2+2BM^2

רק עם הסימן הנכון האיברים מתבטלים בחיבור

בשורה השלישית הזווית היא $180^\circ-\theta$ , ולכן הסימן מתהפך. לסינוס זה לא קורה ( $\sin(180^\circ-\theta)=\sin\theta$ ), ולקוסינוס כן.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

ארבעה גשרים שחוזרים

מרובע חסום, עם פרמטרים

תרגילים

השיעור הבא מחכה ב-elev