חזרה לקטלוג
#101טריגונומטריה
מרובע חסום במעגל ושטחיםקראו את השאלה
שאלה
לפניך מרובע החסום במעגל שמרכזו בנקודה . ו- הם אלכסוני המרובע הנחתכים בנקודה . נסמן: , .
א. הראה שמתקיים: נתון: דלתון. ב. הוכח: נתון: סמ"ר, סמ"ר. ג. חשב את .
טריגונומטריה · מרובע חסום במעגל ושטחים
השאלה
לפניך מרובע $ABCD$ החסום במעגל שמרכזו בנקודה $O$. $AC$ ו- $BD$ הם אלכסוני המרובע הנחתכים בנקודה $M$. נסמן: $\measuredangle ADB = \alpha$ , $\measuredangle CMB = \beta$. א. הראה שמתקיים: $$\frac{BM}{DM} = -\frac{\tan \alpha}{\tan(\alpha+\beta)}$$ נתון: $ABCD$ דלתון. ב. הוכח: $$\frac{S_{BMA}}{S_{DMA}} = \tan^2 \alpha$$ נתון: $S_{BMA} = 4$ סמ"ר, $S_{ABCD} = 32$ סמ"ר. ג. חשב את $\alpha$.
הטיפ של עובד
💡 הטיפ של עובד: שימו לב לסרטוט! האלכסון $DB$ עובר בדיוק דרך מרכז המעגל $O$, כלומר הוא קוטר. משמעות הדבר היא שהזווית ההיקפית $\measuredangle DCB$ (וכן $\measuredangle DAB$) שווה ל-$90^\circ$. בסעיף א', השתמשו פעמיים במשפט הסינוסים (במשולשים שנוצרים על ידי האלכסון). בסעיף ב', זכרו שאלכסוני הדלתון מאונכים זה לזה, לכן $\beta = 90^\circ$ – הציבו זאת בתוצאה של סעיף א' והשתמשו בזהויות טריגונומטריות!
פתרון מודרך, צעד אחר צעד
שלב 1: סעיף א': הוכחת היחס הטריגונומטרי
1. מהסרטוט נראה בבירור כי האלכסון $DB$ עובר דרך הנקודה $O$ (מרכז המעגל). לכן, $DB$ הוא קוטר המעגל. 2. זווית היקפית הנשענת על קוטר היא זווית ישרה. לכן: $\measuredangle DCB = 90^\circ$. 3. זוויות היקפיות הנשענות על אותה קשת שוות זו לזו. נתון $\measuredangle ADB = \alpha$. זווית $\measuredangle ACB$ נשענת על אותה קשת ($AB$), ולכן גם $\measuredangle ACB = \alpha$. 4. נתבונן במשולש $\Delta CMB$: הזווית $\measuredangle MCB$ שווה ל- $\alpha$ (כפי שראינו בשלב הקודם). הזווית $\measuredangle CMB$ שווה ל- $\beta$ (נתון). לכן, הזווית השלישית היא משלימה ל-$180^\circ$: $\measuredangle CBM = 180^\circ - (\alpha + \beta)$. 5. נשתמש במשפט הסינוסים במשולש $\Delta CMB$: $$\frac{BM}{\sin(\measuredangle MCB)} = \frac{CM}{\sin(\measuredangle CBM)}$$ $$\frac{BM}{\sin \alpha} = \frac{CM}{\sin(180^\circ - (\alpha+\beta))}$$ מכיוון ש- $\sin(180^\circ - x) = \sin x$, נקבל: $\frac{BM}{\sin \alpha} = \frac{CM}{\sin(\alpha+\beta)}$. נבודד את $BM$: $BM = CM \cdot \frac{\sin \alpha}{\sin(\alpha+\beta)}$. 6. כעת נתבונן במשולש השני, $\Delta CMD$: מכיוון ש- $\measuredangle DCB = 90^\circ$, הזווית $\measuredangle DCM$ היא משלימה: $\measuredangle DCM = 90^\circ - \alpha$. הזווית $\measuredangle DMC$ צמודה לזווית $\beta$, ולכן: $\measuredangle DMC = 180^\circ - \beta$. נמצא את הזווית השלישית $\measuredangle CDM$ (סכום זוויות במשולש): $\measuredangle CDM = 180^\circ - (90^\circ - \alpha) - (180^\circ - \beta) = \alpha + \beta - 90^\circ$. 7. נשתמש במשפט הסינוסים במשולש $\Delta CMD$: $$\frac{DM}{\sin(\measuredangle DCM)} = \frac{CM}{\sin(\measuredangle CDM)}$$ $$\frac{DM}{\sin(90^\circ - \alpha)} = \frac{CM}{\sin(\alpha+\beta - 90^\circ)}$$ 8. נשתמש בזהויות הבאות: $\sin(90^\circ - \alpha) = \cos \alpha$. $\sin(\alpha+\beta - 90^\circ) = -\sin(90^\circ - (\alpha+\beta)) = -\cos(\alpha+\beta)$. נציב זאת: $\frac{DM}{\cos \alpha} = \frac{CM}{-\cos(\alpha+\beta)}$. נבודד את $DM$: $DM = CM \cdot \frac{\cos \alpha}{-\cos(\alpha+\beta)}$. 9. נמצא את יחס הצלעות $\frac{BM}{DM}$ על ידי חלוקת המשוואות: $$\frac{BM}{DM} = \frac{CM \cdot \frac{\sin \alpha}{\sin(\alpha+\beta)}}{CM \cdot \frac{\cos \alpha}{-\cos(\alpha+\beta)}}$$ הצלע $CM$ מצטמצמת. נסדר את השבר המורכב: $$\frac{BM}{DM} = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} \cdot \frac{-\cos(\alpha+\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}$$ מכיוון ש- $\frac{\sin x}{\cos x} = \tan x$, נקבל: $$\frac{BM}{DM} = \tan \alpha \cdot \left( -\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)} \right) = -\frac{\tan \alpha}{\tan(\alpha+\beta)}$$ מ.ש.ל. א'.
מושגים: קוטר וזוויות ישרות, משפט הסינוסים בטריגונומטריה, זהויות טריגונומטריות
שלב 2: סעיף ב': דלתון ויחס השטחים
1. נתון שהמרובע $ABCD$ הוא דלתון. תכונה בסיסית של דלתון היא שאלכסוניו מאונכים זה לזה. 2. מכאן נובע שהזווית בין האלכסונים היא ישרה: $\beta = 90^\circ$. 3. נציב $\beta = 90^\circ$ ביחס שהוכחנו בסעיף א': $$\frac{BM}{DM} = -\frac{\tan \alpha}{\tan(\alpha + 90^\circ)}$$ 4. לפי הזהות הטריגונומטרית $\tan(x + 90^\circ) = -\cot x = -\frac{1}{\tan x}$, נקבל: $$\frac{BM}{DM} = -\frac{\tan \alpha}{-\frac{1}{\tan \alpha}} = \tan \alpha \cdot \tan \alpha = \tan^2 \alpha$$ 5. כעת נבחן את המשולשים שבמבוקש להוכיח: $\Delta BMA$ ו- $\Delta DMA$. שני המשולשים הללו חולקים את אותו הקודקוד $A$, ובסיסיהם ($BM$ ו- $DM$) מונחים על אותו הישר (האלכסון $DB$). 6. משמעות הדבר היא שיש להם את אותו הגובה המורד מקודקוד $A$. כאשר למשולשים יש גובה משותף, יחס השטחים שלהם שווה ליחס הבסיסים שלהם: $$\frac{S_{BMA}}{S_{DMA}} = \frac{BM}{DM}$$ 7. נציב את התוצאה משלב 4 לתוך משוואת השטחים ונקבל: $$\frac{S_{BMA}}{S_{DMA}} = \tan^2 \alpha$$ מ.ש.ל. ב'.
מושגים: יחס שטחי משולשים וסימטריה בדלתון, זהויות טריגונומטריות
שלב 3: סעיף ג': חישוב הזווית $\alpha$
1. נתון לנו ששטח הדלתון הכולל הוא $32$ סמ"ר. 2. האלכסון $DB$ (שהוא גם הקוטר) מהווה ציר סימטריה של הדלתון. לכן הוא מחלק את הדלתון לשני משולשים חופפים ושווי שטח: $\Delta DAB$ ו- $\Delta DCB$. 3. שטח המשולש $\Delta DAB$ הוא בדיוק מחצית משטח הדלתון: $$S_{DAB} = \frac{32}{2} = 16 \text{ cm}^2$$ 4. המשולש השלם $\Delta DAB$ מורכב משני משולשים קטנים יותר: $\Delta BMA$ ו- $\Delta DMA$. לכן: $$S_{DAB} = S_{BMA} + S_{DMA}$$ 5. נתון לנו ש- $S_{BMA} = 4$. נציב את הנתונים כדי למצוא את $S_{DMA}$: $$16 = 4 + S_{DMA} \implies S_{DMA} = 12 \text{ cm}^2$$ 6. נציב את ערכי השטחים לתוך היחס שהוכחנו בסעיף ב': $$\frac{S_{BMA}}{S_{DMA}} = \tan^2 \alpha \implies \frac{4}{12} = \tan^2 \alpha \implies \tan^2 \alpha = \frac{1}{3}$$ 7. נוציא שורש ריבועי. מכיוון ש- $\alpha$ היא זווית חדה במשולש ישר זווית (הרי $\measuredangle DAB = 90^\circ$ כי נשענת על קוטר), ה- $\tan$ שלה חייב להיות חיובי: $$\tan \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}} \implies \alpha = 30^\circ$$ תשובה סופית: $\alpha = 30^\circ$.
מושגים: יחס שטחי משולשים וסימטריה בדלתון
תשובה סופית
התשובה הסופית: 30^\circ