טריגונומטרייה במישור

במשולש שווה שוקיים זוויות הבסיס שוות: $\angle B=\angle C=\alpha$.

במשולש $EDC$ ($\angle EDC=90^{\circ }$):

במשולש $EMB$ ($\angle EMB=90^{\circ }$):

תשובה: $DE=k\sin \alpha ,ME=3k\sin \alpha$

בשני המשולשים ישרי הזווית נחשב גם את הניצב השני:

סכום השטחים:

לפי $2\sin \alpha \cos \alpha =\sin 2\alpha$:

יש שני פתרונות עבור $2\alpha$ בין $0^{\circ }$ ל־$180^{\circ }$:

לפי הנתון, $\alpha$ גדולה מ־$30^{\circ }$, ולכן:

תשובה: $\alpha \approx 70.10^{\circ }$

במשולש $AED$ הזווית $\angle ADE=90^{\circ }$. לפי משפט הסינוסים:

(זווית היקפית של $90^{\circ }$ נשענת על קוטר, ולכן $AE$ הוא קוטר.)

נבטא את $AE$ באמצעות $k$. במשולש $ABC$ נוריד גובה $AH$ לבסיס; הוא גם תיכון, ולכן $HC=2k$:

במשולש $AEC$, לפי משפט הקוסינוסים:

נציב $\alpha =70.10^{\circ }$ ($\cos \alpha \approx 0.3403$):

תשובה: $k\approx 10.33$

$AB=BC$, ולכן המשולש $ABC$ שווה שוקיים ו־$\angle BAC=\angle BCA=\alpha$ ‏(‏זוויות בסיס‏)‏. לכן:

לפי משפט הסינוסים במשולש $ABC$:

נשתמש בזהויות:

ולכן:

תשובה: הוכחה לפי משפט הסינוסים במשולש $ABC$.

$AB\parallel DC$, ולכן $\angle ACD=\angle BAC=\alpha$ ‏(‏זוויות מתחלפות בין מקבילים‏)‏.

לפי משפט הקוסינוסים במשולש $ACD$:

נציב $AC=2k\cos \alpha$, $DC=2k$, $AD=1.2k$:

ולכן:

‏(‏הזווית חדה, ולכן $\sin \alpha >0$.‏)‏

תשובה: הזווית: $\alpha \approx 36.87^{\circ }$

$\cos \alpha =0.8$, ולכן:

לפי משפט הסינוסים במשולש $ACD$:

שני פתרונות אפשריים:

או

הזווית $\angle ADC$ נמצאת מול הצלע $AC=1.6k$, והזווית $\angle DAC$ מול הצלע $DC=2k$ הגדולה יותר. לכן $\angle ADC<\angle DAC$, ו־$\angle ADC$ אינה יכולה להיות קהה ‏(‏אחרת גם $\angle DAC$ הייתה קהה‏)‏. לכן:

הערה: אפשר גם לשים לב ש־

כלומר $\angle DAC=90^{\circ }$ ו־$\angle ADC=90^{\circ }-\alpha$.

תשובה: הזווית: $\angle ADC\approx 53.13^{\circ }$

הזוויות במשולש $EDC$:

$\angle DEC=\angle EDC$, ולכן המשולש שווה שוקיים:

הצלע $DE$ לפי משפט הסינוסים, עם $\sin 2\alpha =2\cdot 0.6\cdot 0.8=0.96$:

השטח:

רדיוס המעגל החסום: נחבר את מרכז המעגל לשלושת הקודקודים ונקבל שלושה משולשים שהגובה בכל אחד מהם הוא $r$, ולכן $S=r\cdot p$, כאשר $p$ חצי ההיקף:

לפי הנתון $r=14$:

תשובה: $k=\frac{70}{3}\approx 23.33$

אורך $BD$. במשולש $ABD$: $AB=AD=k$ ו־$\angle BAD=2\alpha$, ולכן זוויות הבסיס:

לפי משפט הסינוסים במשולש $ABD$:

המשולש $CDB$. $CB=CD$, ולכן $\angle CBD=\angle CDB=2\alpha$ ו־

לפי משפט הסינוסים במשולש $CDB$, כאשר $R_1$ רדיוס המעגל החוסם אותו:

תשובה: $R_{CDB}=\frac{k\sin \alpha }{\sin 4\alpha }$

רדיוס המעגל החוסם את $ABD$, שנסמן $R_2$, לפי משפט הסינוסים:

נתון $R_2=\frac{4}{3}{R}_1$:

נציב $\sin 4\alpha =2\sin 2\alpha \cos 2\alpha$:

$0^{\circ }<2\alpha <90^{\circ }$, לכן $\sin 2\alpha \ne 0$ ומותר לחלק:

תשובה: $\angle BAD\approx 48.19^{\circ }$

הזווית $\angle OAE$. המשולש $ABD$ שווה שוקיים, ולכן חוצה זווית הראש $A$ הוא גם האנך האמצעי של $BD$. מרכז המעגל החוסם $O$ נמצא על האנך האמצעי, כלומר $AO\perp BD$. נתון $AE\parallel BD$, ולכן $AO\perp AE$: המשולש $AOE$ ישר זווית ב־$A$.

$AO=R_2=\frac{k}{2\cos \alpha }$ (סעיף ב).

האורך $AE$. במשולש $ADE$:

• $\angle DAE=\angle ADB=90^{\circ }-\alpha$ – זוויות מתחלפות, $AE\parallel BD$
• $\angle AED=\angle BDC=2\alpha$ – זוויות מתאימות, $AE\parallel BD$

לפי משפט הסינוסים במשולש $ADE$:

השטח.

מ־$\cos 2\alpha =\frac{2}{3}$: $\sin 2\alpha =\sqrt{1-\frac{4}{9}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$.

תשובה: $k\approx 14.446$

במשולש ישר־הזווית $ABC$ הזווית $B$ ישרה. $AB$ הוא הניצב שליד הזווית $\alpha$, ו־$AC$ הוא היתר:

תשובה: $AC=\frac{k}{\cos \alpha }$

$AC$ חוצה את הזווית $BAD$, ולכן $\angle CAD=\angle CAB=\alpha$.

במשולש $ACD$ לפי משפט הקוסינוסים:

נציב את הנתונים:

נחלק ב־$k^2$:

$\alpha$ זווית חדה במשולש ישר־זווית, ולכן $\cos \alpha =\frac{1}{2}$:

תשובה: $\alpha =60^{\circ }$

עבור $\alpha =60^{\circ }$, במשולש $ABC$:

רדיוס המעגל החסום נמצא לפי הנוסחה:

כאן $S$ הוא שטח המשולש, ו־$p$ מחצית היקפו:

נכפיל את המונה והמכנה ב־$(3-\sqrt{3})$:

אפשר גם לפי קטעי המשיקים. במשולש ישר־זווית:

ומתקבלת אותה תוצאה.

תשובה: $r=\frac{\sqrt{3}-1}{2}k\approx 0.366k$

במשולש ישר־זווית מרכז המעגל החוסם הוא אמצע היתר, ולכן $E$ אמצע $AC$:

מרכז המעגל החסום $M$ נמצא על חוצה הזווית $A$, ולכן:

אורך $AM$: המרחק מ־$M$ לצלע $AB$ הוא $r$. במשולש ישר־הזווית שבו $AM$ יתר והזווית ליד $A$ היא $30^{\circ }$:

במשולש $AME$ לפי משפט הקוסינוסים:

נתון $ME=6$:

בצורה מדויקת:

תשובה: $k=\frac{6}{\sqrt{2-\sqrt{3}}}\approx 11.59$

$O$ מרכז המעגל החסום במשולש, ולכן $CO$ חוצה את הזווית $C$:

נסמן ב־$D$ את נקודת ההשקה של המעגל עם הצלע $CB$. הרדיוס מאונך למשיק, ולכן $OD\perp CB$ ו־$OD=r$.

במשולש ישר הזווית $ODC$:

תשובה: $CO=\frac{r}{\sin \alpha }$

במשולש $ODC$:

המשולש $ABC$ שווה שוקיים, ולכן הגובה לבסיס $CB$ הוא גם חוצה הזווית $A$ ועובר דרך $O$; לכן $D$ היא גם עקב הגובה מ־$A$, ו־$\angle ADC=90^{\circ }$.

במשולש ישר הזווית $ADC$ הזווית $C$ היא $2\alpha$:

תשובה: $AC=\frac{r\cos \alpha }{\sin \alpha \cdot \cos 2\alpha }$

נתון $AC=\sqrt{3}\cdot CO$:

נשתמש בזהות $\cos 2\alpha =2{\cos }^2\alpha -1$:

הזווית $2\alpha$ היא זווית בסיס במשולש שווה שוקיים, ולכן היא חדה. מכאן $\alpha$ חדה ו־$\cos \alpha$ חיובי:

תשובה: $\alpha =30^{\circ }$

עבור $\alpha =30^{\circ }$ זוויות הבסיס הן:

ולכן המשולש $ABC$ שווה צלעות. גם $BO$ חוצה זווית, ולכן:

במשולש $BOC$:

לפי סעיף א (1):

הנקודה $K$ על המעגל, ולכן $OK=r$.

במשולש $COK$ לפי משפט הקוסינוסים:

נציב $CK=\sqrt{175}$:

תשובה: $r=5$

לפי סעיף ג $r=5$, וכמו ב־$CO$ גם:

הגובה של המשולש $CKE$ לבסיס $CE$ הוא המרחק של $K$ מהצלע $CB$. נוריד אנך $KH$ ל־$CB$; במשולש ישר הזווית $KHB$:

שטח המשולש $CKE$:

אורך הצלע $CB$, לפי סעיף א (2):

תשובה: $BE=10\sqrt{3}-14.4\approx 2.92$

$AO$ חוצה את הזווית: $AB$ ו־$AC$ משיקים למעגל מאותה נקודה $A$, ולכן מרכז המעגל $O$ נמצא על חוצה הזווית $BAC$:

המשולש $AOE$: הרדיוס מאונך למשיק בנקודת ההשקה, ולכן $\angle AEO=90^{\circ }$ ו־$OE=R$:

המשולש $AOB$: לפי הנתון $\angle AOB=90^{\circ }$, ולכן:

תשובה: $AB=\frac{2R}{\sin 2\beta }=\frac{R}{\sin \beta \cos \beta }$

נציב $AB=2.5R$ בביטוי מסעיף א:

הזווית $BAC=2\beta$ חדה, ולכן:

תשובה: $\beta \approx 26.57^{\circ }$

בעזרת מחשבון: $\tan \beta =\tan 26.57^{\circ }=0.5$ ו־$\cos 2\beta =\cos 53.13^{\circ }=0.6$.

האורך $AC$: במשולש $AOE$:

לפי הנתון $AE=CE$, ולכן:

שטח המשולש $ABC$:

שטח המשולש $AOB$, שהוא ישר־זווית ב־$O$:

בעזרת מחשבון ${\sin }^2\beta ={\sin }^{2}26.57^{\circ }=0.2$, ולכן $A{O}^2=\frac{R^2}{0.2}=5R^2$:

היחס:

תשובה: $\frac{S_{ABC}}{S_{AOB}}=\frac{16}{5}=3.2$

$BC$ בעזרת משפט הקוסינוסים במשולש $ABC$, עם $AB=2.5R$, $AC=4R$ ו־$\cos 2\beta =0.6$:

משפט הסינוסים במשולש $ABC$, עם רדיוס המעגל החוסם $8$:

נשווה:

כלומר $R\approx 4$. הערך המדויק: $R=\frac{128}{5\sqrt{41}}$.

תשובה: $R\approx 4$

שטח המשולש $ABC$. זוויות המשולש: $\angle B=60^{\circ }$, $\angle A=\alpha$, ולכן:

לפי משפט הסינוסים במעגל החוסם:

שטח המשולש $ODC$. הזווית המרכזית $\angle BOC$ נשענת על אותה קשת כמו הזווית ההיקפית $\angle BAC$:

$D$ אמצע הקשת $BC$, ולכן:

וגם $OD=OC=R$ (רדיוסים):

תשובה: $S_{ABC}=\sqrt{3}{R}^2\sin \alpha \sin (120^{\circ }-\alpha )$
$S_{ODC}=\frac{1}{2}{R}^2\sin \alpha$

לפי הנתון:

שתי אפשרויות:

נבדוק את האפשרות השנייה:

זו זווית קהה, אבל נתון שהמשולש חד־זוויות. לכן:

תשובה: $\alpha =40^{\circ }$

שימו לב: מבקשים את רדיוס המעגל החסום במשולש $ACE$ (המעגל שבתוך המשולש).

זוויות המשולש $ACE$. לפי סעיף ב:

$\angle BCD$ היא זווית היקפית הנשענת על הקשת $BD$, שהיא חצי מהקשת $BC$, ולכן היא חצי מ־$\angle BAC$:

שתי זוויות שוות ($50^{\circ }$), ולכן המשולש $ACE$ שווה שוקיים:

צלעות המשולש. לפי משפט הסינוסים במשולש $ABC$:

במשולש שווה השוקיים, הגובה מ־$C$ חוצה את $AE$:

שטח וחצי היקף:

רדיוס המעגל החסום: $S=p\cdot r$, ולכן:

תשובה: $r\approx 0.519R$

במשולש $ABP$:

לפי משפט הסינוסים:

ו־$\sin (180^{\circ }-\alpha -\beta )=\sin (\alpha +\beta )$, ולכן:

תשובה: $AP=\frac{k\sin \beta }{\sin (\alpha +\beta )}$
$BP=\frac{k\sin \alpha }{\sin (\alpha +\beta )}$

$AE\perp BD$, ולכן $\angle APB=90^{\circ }$ ו־$\alpha +\beta =90^{\circ }$. במשולש ישר הזווית $ABP$:

$BP=3PD$, ולכן:

$AP$ הוא הגובה לצלע $BD$ במשולש $ABD$:

השתמשנו בזהות $2\sin \alpha \cos \alpha =\sin 2\alpha$. לפי הנתון:

או

או

$\alpha <\beta$ ו־$\alpha +\beta =90^{\circ }$, ולכן $\alpha <45^{\circ }$:

תשובה: $\alpha \approx 24.3^{\circ }$

לפי משפט הסינוסים, רדיוס המעגל החוסם משולש הוא $R=\frac{a}{2\sin \alpha }$ ‏(‏צלע חלקי פעמיים סינוס הזווית שמולה‏)‏:

$\angle AEC$ ו־$\angle AEB$ צמודות, ולכן הסינוסים שלהן שווים. לכן:

חישוב $AC$: $AD=DC$ ‏(‏$BD$ תיכון‏)‏, והמשולש $APD$ ישר זווית ב־$P$:

עם $\alpha \approx 24.3^{\circ }$:

ולכן:

ערך מדויק: $\frac{2\sqrt{5+\sqrt{7}}}{3}$

תשובה: היחס: $\frac{R_{AEC}}{R_{AEB}}\approx 1.843$

בסעיף זה נשתמש בנתונים $AB=k$, $BP=3PD$, $AE\perp BD$ ובנתון החדש $\angle ABC=90^{\circ }$.

שלב 1: במשולש ישר זווית, התיכון ליתר שווה למחצית היתר, ולכן:

נסמן $BD=AD=m$. אז $BP=\frac{3}{4}m$ ו־$PD=\frac{1}{4}m$.

שלב 2: פיתגורס במשולשים ישרי הזווית $ABP$ ו־$ADP$ ‏(‏הזווית הישרה ב־$P$‏)‏:

נשווה:

שלב 3: במשולש $ABP$:

במשולש ישר הזווית $ABE$: $\angle AEB=90^{\circ }-\alpha$, ולכן:

שלב 4: לפי משפט הסינוסים במשולש $AEC$:

שימו לב: במפתח התשובות של משרד החינוך אין תשובה לסעיף ד. הנתון $\angle ABC=90^{\circ }$ אינו מתיישב עם הנתון על השטח מסעיף ב – עם נתוני סעיף ב מתקבל $\angle ABC\approx 118.7^{\circ }$ –, ולכן כאן לא השתמשנו בשטח ובזווית $\alpha$ שמצאנו בסעיף ב, אלא רק בנתונים $BP=3PD$, $AE\perp BD$ ו־$\angle ABC=90^{\circ }$.