מתכונת במתמטיקה 571 - מתכונת 3 ברמת בגרות

$D$ על הצלע $BC$, ולכן $\angle BDE$ ו-$\angle EDC$ זוויות צמודות: $\angle BDE=180^\circ-\angle EDC$, ולכן $\sin\angle BDE=\sin\angle EDC$.

במשולש $EDC$ הצלע שמול $\angle EDC$ היא $EC=4$. במשולש $BDE$ הצלע שמול $\angle BDE$ היא $BE=7$.

משפט הסינוסים המורחב:

מחלקים: $\frac{R_{EDC}}{R_{BDE}}=\frac47$.

טעות נפוצה: להשתמש בשני המשולשים בצלע המשותפת $DE$ ולקבל יחס $1:1$ - אבל $DE$ נמצאת מול $\angle C$ ומול $\angle DBE$, שהסינוסים שלהן אינם שווים. צריך את הצלעות שמול הזוויות הצמודות שב-$D$.

$DE\parallel AB$, ולכן $\angle DEC=\angle BAC$ (זוויות מתאימות על הישר $AC$).

המרובע $ABDE$ חסום במעגל, והנקודות $B$, $D$, $C$ על ישר אחד. לכן $\angle EDC$ היא זווית חיצונית של המרובע בקודקוד $D$, והיא שווה לזווית הפנימית שמולה: $\angle EDC=\angle BAE=\angle BAC$.

(כי $\angle BDE+\angle BAE=180^\circ$ במרובע החסום, וגם $\angle BDE+\angle EDC=180^\circ$.)

מכאן $\angle EDC=\angle DEC$.

נתון $DE=DC$, ולכן במשולש $EDC$: $\angle DEC=\angle DCE$ (הזוויות שמול הצלעות השוות).

שלוש הזוויות של המשולש $EDC$ שוות, כל אחת $60^\circ$, והמשולש שווה צלעות.

טעות נפוצה: לעצור אחרי $\angle DEC=\angle DCE$ (מ-$DE=DC$) ולהכריז שהמשולש שווה צלעות - זה מוכיח רק שהוא שווה שוקיים. את השוויון השלישי נותן המרובע החסום.

'הצלחה' = תלמיד שמגיע באופניים, $p=0.3$, 5 ניסויים בלתי תלויים.

ביטוי 1: $0.7^5$ היא ההסתברות שאף אחד לא מגיע באופניים, ו-$5\cdot0.3\cdot0.7^4=\binom51\cdot0.3\cdot0.7^4$ - שבדיוק אחד מגיע באופניים. 1 פחות שני המקרים האלה: לפחות שניים מגיעים באופניים - הסתברות II.

ביטוי 2: בדיוק 3, בדיוק 4 או בדיוק 5 מגיעים באופניים (נוסחת ברנולי). מתוך 5, 3 ומעלה פירושו יותר רוכבים מלא-רוכבים - הסתברות I.

(הסתברות III - לכל היותר שניים - היא $1-$ביטוי 2.)

טעות נפוצה: לראות בביטוי 1 את המקרים 'אף אחד' ו'בדיוק אחד' ולהתאים אותו ל-III (לכל היותר שניים) - אבל המקרים האלה מופחתים מ-1, ולכן ביטוי 1 הוא ההסתברות ל-2 ומעלה.

$f''$ היא הנגזרת של $f'$: בכל נקודת קיצון של $f'$ הגרף של $f''$ חותך את ציר ה-$x$, ובתחום שבו $f'$ עולה $f''$ חיובית.

לגרף II נקודות קיצון ב-$x\approx0.67$ (מקסימום) וב-$x=2$ (מינימום, הגרף משיק שם לציר ה-$x$). גרף I חותך את ציר ה-$x$ בדיוק בשתי הנקודות האלה.

גם הסימנים מתאימים: משמאל ל-$0.67$ גרף II עולה וגרף I חיובי; בין $0.67$ ל-2 גרף II יורד וגרף I שלילי; מימין ל-2 גרף II עולה וגרף I חיובי.

בכיוון ההפוך: לגרף I יש מינימום ליד $x\approx1.3$, ושם גרף II אינו מתאפס - ולכן I אינו $f'$.

מסקנה: גרף I הוא $f''(x)$ וגרף II הוא $f'(x)$.

טעות נפוצה: לבחור את גרף I כ-$f'$ כי הוא 'הגרף הפשוט' (פרבולה), ואת גרף II כ-$f''$ - אבל הנגזרת של פולינום ממעלה שלישית היא פרבולה, ולא להפך.

גרף I הוא $f''$. נסמן ב-$c$ ($c\approx0.67$) את נקודת החיתוך שלו עם ציר ה-$x$ בין 0 ל-2.

השטח ברביע הראשון: $S_1=\int_0^c f''(x)\,dx$. השטח ברביע הרביעי: $S_2=-\int_c^2 f''(x)\,dx$.

$f'$ היא פונקציה קדומה של $f''$, ולכן:

לפי גרף II (הגרף של $f'$): $f'(0)=0$ (עובר בראשית) ו-$f'(2)=0$ (משיק לציר ה-$x$).

לכן $S_1-S_2=0$, ו-$S_1=S_2$.

טעות נפוצה: לחשב $f''(2)-f''(0)$ מתוך גרף I - מספר שלילי, כי גרף I חיובי ב-0 ומתאפס ב-2 - ולהסיק שהשטחים שונים. ההפרש צריך להיות של הקדומה $f'$.

זוויות הראש: $\alpha,\ \frac{\alpha}{3},\ \frac{\alpha}{9},\dots$ - סדרה הנדסית אין-סופית עם $a_1=\alpha$, $q=\frac13$.

$|q|<1$, ולכן:

טעות נפוצה: לסכם רק את שתי הזוויות שבסרטוט, $\alpha+\frac{\alpha}{3}=135^\circ$, ולקבל $\alpha=101.25^\circ$.

נסמן את רדיוס המעגל ב-$R$. במשולש שווה שוקיים ששוקיו $R$ וזווית הראש שלו $\theta$, הגובה לבסיס חוצה את זווית הראש ואת הבסיס, ולכן הבסיס הוא $2R\sin\frac{\theta}{2}$.

זוויות הראש: $90^\circ,\ 30^\circ,\ 10^\circ,\dots$, והבסיסים:

$\frac{b_2}{b_1}=\frac{\sin15^\circ}{\sin45^\circ}\approx0.366$, אבל $\frac{b_3}{b_2}=\frac{\sin5^\circ}{\sin15^\circ}\approx0.337$. המנות שונות, ולכן הבסיסים אינם סדרה הנדסית.

טעות נפוצה: להניח שאורך הבסיס פרופורציוני לזווית הראש ולענות 'כן, $q=\frac13$' - הבסיס תלוי בסינוס של חצי הזווית, ולא בזווית עצמה.

המנה קבועה, ולכן מנת הסדרה החדשה היא $q_Aq_B$ (ומאחר ש-$|q_A|<1$ ו-$|q_B|<1$, גם $|q_Aq_B|<1$ והסדרה החדשה מתכנסת).

טעות נפוצה: לחבר את המנות ולכתוב $q_A+q_B$ - מנה של מכפלה היא מכפלת המנות.

A עולה, ולכן $q_A>0$; A מתכנסת ואינה קבועה, ולכן $0<q_A<1$.

B אינה עולה ואינה יורדת ואינה קבועה, ולכן $q_B<0$ (ובגלל ההתכנסות $-1<q_B<0$).

מנת הסדרה החדשה $q_Aq_B<0$, ולכן איבריה מחליפים סימן: היא אינה עולה ואינה יורדת. ההיגד נכון.

טעות נפוצה: לקבוע את המונוטוניות של הסדרה החדשה לפי A בלבד ("A עולה, ולכן גם המכפלה עולה") ולענות "לא נכון" - הסימן של המנה $q_Aq_B$ שלילי.

לפי ב(1), $0<q_A<1$, ולכן כל איברי A באותו סימן.

$a_{n+1}-a_n=a_n(q_A-1)>0$ (הסדרה עולה), ו-$q_A-1<0$, ולכן $a_n<0$: כל איברי A שליליים. ההיגד אינו נכון.

טעות נפוצה: לחשוב שסדרה עולה מורכבת ממספרים חיוביים ולקבוע "נכון" - כש-$0<q_A<1$ הסדרה עולה רק אם איבריה שליליים (למשל $-9,-3,-1,\ldots$).

נסמן את ההפרש ב-$d$: $c_2=c_1+d$, $c_3=c_1+2d$.

ולכן $c_2=\frac14c_1$, $c_3=-\frac12c_1$ ($c_1\ne0$, כי הוא במכנה). מציבים:

טעות נפוצה: לאבד את סימן המינוס ($\frac{c_1}{8}=\frac1{120}$) ולקבל $c_1=\frac1{15}$.

אגף שמאל: סכום הסדרה החדשה, $\frac{a_1b_1}{1-q_Aq_B}$. אגף ימין: $\frac{a_1}{1-q_A}\cdot\frac{b_1}{1-q_B}$.

מחלקים ב-$a_1b_1\ne0$:

נתון $q_Aq_B=c_1=-\frac1{15}$, ולכן $q_A+q_B=-\frac2{15}$.

שני מספרים שסכומם $-\frac2{15}$ ומכפלתם $-\frac1{15}$ הם הפתרונות של:

$t=\frac15$ או $t=-\frac13$. לפי ב(1) $q_A>0$ ו-$q_B<0$, ולכן $q_A=\frac15$, $q_B=-\frac13$.

טעות נפוצה: להחליף בין הפתרונות ולכתוב $q_A=-\frac13$, $q_B=\frac15$ - לפי ב(1) הסדרה A עולה, ולכן מנתה חיובית.

כד א' נבחר בהסתברות $\frac46=\frac23$, וכד ב' בהסתברות $\frac13$.

כד א', ראשון אדום ($\frac{6}{10}$): לא מוחזר, ובכד נשארים 9 כדורים, מהם 5 אדומים.

כד א', ראשון צהוב ($\frac{4}{10}$): מוחזר, ולכן צהוב שני שוב בהסתברות $\frac{4}{10}$.

כד ב': שני כדורים צהובים בהסתברות 1.

טעות נפוצה: להוציא את האדום השני כאילו יש החזרה ($\frac{6}{10}$ במקום $\frac59$), ולקבל $\frac{6}{17}$.

בכל פעם: אדום מתקבל רק מכד א':

"4 פעמים בדיוק" = 3 פעמים אדום ואז צהוב:

טעות נפוצה: לשכוח את בחירת הכד ולקחת $P(\text{אדום})=0.6$ (רק מתוך כד א'), ולקבל $0.6^3\cdot0.4=0.0864$.

נסמן ב-$x$ את מספר הכדורים שהועברו (כולם צהובים). אחרי ההעברה בכד א' יש $4+x$ צהובים מתוך $10+x$, ובכד ב' רק צהובים.

הועברו 6 כדורים, וצריך שיישאר בכד ב' לפחות כדור אחד. אם היו בו 7 כדורים, אחרי ההעברה נשאר כדור אחד - ולכן ייתכן.

טעות נפוצה: להוסיף את הכדורים שהועברו רק למונה, $\frac{4+x}{10}=\frac58$, לקבל $x=2.25$ - מספר לא שלם - ולענות "לא ייתכן".

KA משיק למעגל הקטן ב-A, ולכן $\angle KAO=90^\circ$.

$OA=OB=r$, ולכן המשולש AOB שווה שוקיים:

הקרן AB נמצאת בתוך הזווית KAO (B בצד השני של KO מ-A, והמיתר AB חוצה את KO), ולכן:

כלומר $\angle AOB=2\angle KAB$ (זווית בין משיק למיתר שווה למחצית הזווית המרכזית על אותה קשת).

טעות נפוצה: להשוות את $\angle KAB$ לזווית ההיקפית על הקשת הגדולה AB או לזווית המרכזית עצמה, ולקבל $\angle KAB=\angle AOB$.

$\angle KAO=90^\circ$, והיא זווית היקפית במעגל הגדול (K, A, O עליו). זווית היקפית ישרה נשענת על קוטר, ולכן KO קוטר של המעגל הגדול, ומרכזו M הוא אמצע KO.

גם B על המעגל הגדול, ולכן $\angle KBO$ זווית היקפית הנשענת על הקוטר KO: $\angle KBO=90^\circ$.

הישר KB מאונך לרדיוס OB של המעגל הקטן בקצהו B, שנמצא על המעגל הקטן - לכן KB משיק למעגל הקטן.

טעות נפוצה: לנמק ש-KB משיק "כי $KB=KA$" - את השוויון של קטעי המשיקים אפשר להשתמש בו רק אחרי שהוכחנו ש-KB משיק.

לפי סעיף ב, KA ו-KB שני משיקים למעגל הקטן מהנקודה K, ולכן $KA=KB$. גם $OA=OB=r$.

K ו-O שוות מרחק מ-A ומ-B, ולכן KO הוא האנך האמצעי של AB: $\angle ONA=90^\circ$.

במשולשים ONA ו-OAK:

$\angle NOA=\angle AOK$ (משותפת);

$\angle ONA=\angle OAK=90^\circ$.

לכן $\triangle ONA\sim\triangle OAK$ (ז.ז), בהתאמה $O\leftrightarrow O$, $N\leftrightarrow A$, $A\leftrightarrow K$.

טעות נפוצה: לטעות בהתאמה ולכתוב $\frac{ON}{OA}=\frac{OA}{AK}$ (להתאים את OA לניצב AK במקום ליתר OK). בסעיף ד זה נותן $ON=\frac{r^2}{r\sqrt{15}}=\frac{r}{\sqrt{15}}$ ושטח $2\left(4\sqrt{15}-1\right)S\approx29S$ במקום $30S$.

$KO$ קוטר של המעגל הגדול: $KO=2R=4r$.

מהדמיון בסעיף ג: $\frac{ON}{OA}=\frac{OA}{OK}$, ולכן:

למשולשים KNA ו-ONA גובה משותף AN לישר KO, ולכן:

KO האנך האמצעי של AB, ולכן המשולשים KNA ו-KNB חופפים, ו-$S_{KAB}=2S_{KNA}=30S$.

טעות נפוצה: לשכוח את החצי השני של המשולש (KNB) ולענות $15S$.

לפי הנתון $BE=2\cdot EC=2k$.

במשולש ישר-הזווית $BME$ היתר הוא $BE$, והניצב $ME$ מול הזווית $\alpha$:

במשולש $ABC$: $\angle ACB=180^\circ-90^\circ-\alpha=90^\circ-\alpha$.

במשולש ישר-הזווית $CDE$ היתר הוא $EC$, והניצב $DE$ מול הזווית $C$:

טעות נפוצה: להניח ש-$\angle C=\alpha$ (כמו במשולש שווה-שוקיים) ולכתוב $DE=k\sin\alpha$ - במשולש ישר-זווית ב-$A$ הזוויות $B$ ו-$C$ משלימות ל-$90^\circ$.

הניצבים הנוספים: $BM=BE\cos\alpha=2k\cos\alpha$, ו-$DC=EC\cos(90^\circ-\alpha)=k\sin\alpha$.

הסכום: $\frac52k^2\sin\alpha\cos\alpha=\frac54k^2\cdot2\sin\alpha\cos\alpha=\frac54k^2\sin2\alpha$.

משווים לנתון: $\frac54k^2\sin2\alpha=1.2k^2$, ולכן $\sin2\alpha=0.96$.

$0^\circ<2\alpha<180^\circ$: $2\alpha\approx73.74^\circ$ או $2\alpha\approx106.26^\circ$, כלומר $\alpha\approx36.87^\circ$ או $\alpha\approx53.13^\circ$.

לפי הנתון $45^\circ<\alpha<90^\circ$, ולכן $\alpha\approx53.13^\circ$ (ואז $\sin\alpha=0.8$, $\cos\alpha=0.6$).

טעות נפוצה: לשכוח את ה-$\frac12$ בשטחי המשולשים: $\frac52k^2\sin2\alpha=1.2k^2$, $\sin2\alpha=0.48$, ומקבלים $\alpha\approx75.66^\circ$.

$\angle ADE=90^\circ$, ולכן $AE$ הוא קוטר המעגל החוסם את המשולש $AED$: $AE=2\cdot10=20$.

במרובע $AMED$ שלוש זוויות ישרות ($A$, $M$, $D$), ולכן הוא מלבן: $AM=DE=k\cos\alpha$.

משפט פיתגורס במשולש $AME$ ($\angle AME=90^\circ$):

עם $\sin\alpha=0.8$, $\cos\alpha=0.6$: $AE^2=k^2(0.36+2.56)=2.92k^2$.

טעות נפוצה: לקחת את $AE$ כרדיוס ($AE=10$) ולא כקוטר, ולקבל $k\approx5.85$.

המכנה מתאפס כאשר $2x^5=m$, כלומר $x^5=\frac m2$ ו-$x=\sqrt[5]{\frac m2}$ (לשורש מסדר אי-זוגי פתרון ממשי יחיד).

תחום ההגדרה: כל $x$ חוץ מ-$x=\sqrt[5]{\frac m2}$.

טעות נפוצה: להעביר אגף ולכפול ב-2 במקום לחלק, ולכתוב $x\neq\sqrt[5]{2m}$.

ב-$x=\sqrt[5]{\frac m2}$ המכנה מתאפס והמונה שונה מ-0: אסימפטוטה אנכית $x=\sqrt[5]{\frac m2}$.

מעלת המונה 4 ומעלת המכנה 10, ולכן $f(x)\to0$ כאשר $x\to\pm\infty$: אסימפטוטה אופקית $y=0$.

טעות נפוצה: לחלק את המקדמים המובילים של המונה והמכנה ($\frac14$, כי $(2x^5)^2=4x^{10}$) ולענות $y=\frac14$ - כשמעלת המונה קטנה, האסימפטוטה היא $y=0$.

נגזרת המכנה (כלל השרשרת): $\left[(2x^5-m)^2\right]'=2(2x^5-m)\cdot10x^4$.

בנקודת קיצון שבה $x=-1$: