De eenheidscirkel y α P x O (1, 0) Speciale driehoeken.

Presentatie over: "De eenheidscirkel y α P x O (1, 0) Speciale driehoeken."— Transcript van de presentatie:

1 De eenheidscirkel y α P x O (1, 0) Speciale driehoeken.
De eenheidscirkel is de cirkel met middelpunt O(0, 0) en straal 1. Het punt P draait tegen de wijzers van de klok in over de cirkel. P begint in (1, 0) De hoek waarover gedraaid is geven we aan met de Griekse letter α. α P x O (1, 0) Speciale driehoeken. 8.1

2 Sinus en cosinus y P(xP, yP) 1 1 yP α x ∟ O xP Q A (1, 0)
Het punt P beweegt over de eenheidscirkel en begint in het punt A(1, 0). Het eerste been van α is altijd de positieve x-as, het tweede been van α gaat door het punt P op de eenheidscirkel. De draaiingshoek α neemt allerlei waarden aan, hij kan groter dan 360° zijn of negatief. Draait P tegen de wijzers van de klok in, dan is α positief. Draait P met de wijzers van de klok mee, dan is α negatief. P(xP, yP) 1 1 yP α x ∟ O xP Q A (1, 0) PQ OP yP 1 sin α = = = yP cos α = = = xP sos cas toa OQ OP xP 1 8.1

3 ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ y B C α α α A (2, 0) x α O D E opgave 5 360° : 5 = 72°
B(2 cos 72°, 2 sin 72°) ≈ B(0,62 ; 1,90) C(2 cos 144° , 2 sin 144°) ≈ C(-1,62 ; 1,18) D(2 cos 216° , 2 sin 216°) ≈ D(-1,62 ; -1,18) E(2 cos 288° , 2 sin 288°) ≈ E(0,62 ; -1,90) B ∙ C ∙ α α α ∙ A (2, 0) α x O ∙ D ∙ E

4 ∙ ∙ y P αP x O 1 αQ Q opgave 8 yP = 0,92 en xQ = -0,87 bereken  POQ
yP = 0,92 dus sin αP = 0,92 de GR geeft sin-1(0,92) ≈ 66,93° dus αP ≈ 66,93° xQ = -0,87 dus cos αQ = -0,87 de GR geeft cos-1(-0,87) ≈ 150,46° dus αQ ≈ 360° - 150,46° = 209,54° POQ = αQ – αP  POQ = 209,54° - 66,93°  POQ ≈ 143° P ∙ αP x O 1 ∙ αQ Q

5 Radiaal y Er is een hoekmaat waarbij de lengte van de boog van de eenheidscirkel gelijk is aan de draaiingshoek α booglengte PQ = hoek α De ontstane hoekmaat heet radiaal afgekort rad. booglengte = 1  α = 1 rad booglengte = 2  α = 2 rad booglengte = π  α = π rad Q α P O (1, 0) 8.2

6 Verband tussen radialen en graden
omtrek(cirkel) = 2πr omtrek(eenheidscirkel) = 2 · π · 1 = 2π booglengte = 2π  α = 2π rad 2π rad = 360° dus π rad = 180° booglengte = π  α = π rad = 180° booglengte = ½π  α = ½π rad = 90° booglengte = ¼π  α = ¼π rad = 45° 8.2

7 voorbeelden exact afgerond 1 rad = ≈ 57,3° 180° π 1° = 1 ≈ 0,017 rad
1° = 1 ≈ 0,017 rad π rad 180 1¼π rad = 1¼ · ≈ 71,6° 180° π 90° = ≈ 1,57 rad 90 π rad 180

8 ∙ ∙ y P αQ αP x O 1 Q opgave 19 xP = -0,32 , dus cos αP = -0,32
de GR geeft cos-1 (-0.32) ≈ 1,897 dus αP ≈ 1,897 yP = -0,88 , dus sin αP = -0,88 de GR geeft sin-1 (-0.88) ≈ -1,076 dus αQ = π + 1,076 αQ ≈ 4,217 POQ = αQ – αP POQ = 4,217 – 1,897 POQ ≈ 2,32 P ∙ αQ αP x O 1 ∙ Q

9 Grafieken van f(x) = sin(x) en g(x) = cos(x)
opgave 23 sin(x) = sin(x rad) getal hoek 1 periode = 2π f(x) = sin(x) evenwichtsstand = 0 -¾π 1¼π amplitude = 1 -π O π -2π -1¾π ¼π amplitude = 1 2π g(x) = cos(x) ½π periode = 2π -1 α = ¼π, dan is het bijbehorende punt P op de eenheidscirkel xP = yP, dus sinα = cosα de x-coördinaten van de andere snijpunten zijn -1¾π, -¾π en 1¼π 8.2

10 opgave 26a evenwichts stand amplitude periode beginpunt y = cos(x)
verm. t.o.v. x-as met 1,2 1 2π (0, 1) y = 1,2cos(x) translatie ( π, 0) 1,2 2π (0; 1,2) y = 1,2cos(x - π) translatie (0, 5) 1,2 2π (π; 1,2) y = 5 + 1,2cos(x - π) 5 1,2 2π (π; 6,2) 8.3

11 opgave 26b evenwichts stand amplitude periode beginpunt y = sin(x)
verm. t.o.v. y-as met 5 1 2π (0, 0) y = sin(x) translatie (-π, 0) 1 10π (0, 0) y = sin( (x + π) ) translatie (0; 0,4) 1 10π (-π, 0) y = 0,4 + sin( (x + π) ) 0,4 1 10π (-π; 0,4)

12 opgave 26c evenwichts stand amplitude periode beginpunt y = cos(x)
verm. t.o.v. y-as met  1 2π (0, 1) y = cos(3x) translatie (-1,4; 0) 1 π (0, 1) y = cos( 3(x + 1,4) ) verm. t.o.v. x-as met 0,29 1 π (-1,4; 1) y = 0,29 cos( 3(x + 1,4) ) 0,29 π (-1,4; 0,29)

13 opgave 26d evenwichts stand amplitude periode beginpunt y = sin(x)
verm. t.o.v. x-as met 2 1 2π (0, 0) y = 2 sin(x) verm. t.o.v. y-as met  2 2π (0, 0) y = 2 sin(3x) translatie ( ½π , 0 ) 2 π (0, 0) y = 2 sin( 3(x - ½π) ) translatie (0; -0,8) 2 π (½π; 0,4) y = -0,8 + 2 sin( 3(x - ½π) ) -0,8 2 π (½π; -0,8)

14 ∙ ∙ ∙ y 1 periode A B C x O π 2π 3π -½ -1 opgave 30
a voer in y1 = -½ + sin(x - ¼π) b de evenwichtsstand is de lijn y = -½ voer in y2 = -½ optie intersect (¼π , -½) , (1¼π , -½) en (2¼π , -½) c optie max , min de toppen van f zijn (¾π , ½) , (1¾π , -1½) en (2¾π , ½) d AC = periode  AC = 2π

15 Kenmerken van sinusoïden
formules hebben de vorm : y = a + b (sin( c(x-d) ) en y = a + b (cos( c(x-d) ) b > 0 en c > 0 8.3

16 kenmerken van de grafiek van y = a + b (sin( c(x - d) )
evenwichtsstand y = a amplitude = b periode = beginpunt (d, a) 2π c 8.3

17 ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ 4 3 2 1 -π -π -π O π π π -1 -2 opgave 33
f(x) = cos(2x + π) met domein [-π, π ] stap 1 : f(x) = cos( 2(x + π) ) stap 2 : evenwichtsstand y = 1 stap 3 : amplitude = 3 stap 4 : periode = = π beginpunt (-π, 4) ∙ ∙ 4 2π 3 2 ∙ ∙ 2 1 -π -π -π O π π π -1 ∙ -2 ∙

18 opgave 39 b optie intersect geeft x ≈ 2,62 en x ≈ 4,05 aflezen f(x) > g(x) geeft 0 ≤ x < 2,62 ⋁ 4,05 < x ≤ 2π c voer in y3 = y1 + y2 s(x) = a + b sin( c(x – d) ) optie max. en min.  toppen (2,21; 4,36) en (5,35; -4,36) a = evenwichtsstand = 0 b = amplitude = 4,36 halve periode = 5,35 - 2,21 = 3,14 periode = 2 · 3,14 = 6,28 c = (2π : 6,28) ≈ 1 optie zero (of ROOT) geeft x ≈ 0,64 , dus d ≈ 0,64 dus s(x) = 4,36 sin(x – 0,64) 3 f 2 ∙ f(x) = sin(x) evenwichtsstand y = 1 amplitude = 2 periode = 2π beginpunt (0, 1) 1 4,05 O 2,62 π ∙ 2π -1 g(x) = sin(x - π) evenwichtsstand y = -1 amplitude = 3 periode = 2π beginpunt (π, -1) -2 -3 g -4

19 Harmonische trillingen
Bij een eenparige cirkelbeweging van een punt P hoort een harmonische trilling van de projectie P’ van P op de y-as. Omlooptijd is trillingstijd bij trillingen Frequentie in hertz is het aantal trillingen per seconde. Amplitude is maximale uitwijking bij trillingen Bij een harmonische trilling met amplitude b en frequentie f hoort een formule van de vorm u = b sin(c(t – t0)) met c = 2πf en t de tijd in seconden. Op t = t0 wordt de evenwichtsstand stijgend gepasseerd. De trillingstijd is seconde. 15.3

20 f = 1 T  u 0,2 t O    -0,2 opgave 43 a u = 0,2 sin(6πt)
amplitude = 0,2 6π = trillingstijd is  seconde frequentie = 3 hertz b periode =  seconde T 2π  u 0,2 t O    -0,2 8.4

21 h opgave 47 40 a h = a + b sin( c(t – d) ) a = evenwichtsstand = 22 b = amplitude = 20 c = = d = 0 , want beginpunt is (0, 22) dus h = sin b t = 25 geeft h = sin h ≈ 39,3 dus op t = 25 is de hoogte 39,3 m. c voer in y1 = sin en y2 = 32 optie intersect x = 6,25 en x = 31,25 dus gedurende 31,25 – 6,25 = 25 seconden is de hoogte meer dan 32 m. 32 30 2π 2π periode 75 20 2π 75 t 2π 75 · 25 10 t 2π 75 x O 6,25 20 31,25 40 60 80 8.4

22 Q heeft een faseachterstand van  dat is seconde op P
opgave 49 a xP = 20 cos(30πt) Q heeft een faseachterstand van  dat is seconde op P dus xQ = 20 cos( 30π(t ) ) R heeft een faseachterstand van  dus xR = 20 cos( 30π(t ) ) b je krijgt xQ = 20 cos( 30π(t ) ) en xR = 20 cos( 30π(t ) ) 1 45 1 45 2 45 2 45 2 45 1 45

23 de periode van P,Q en R is 50 seconden
opgave 51a lees af de periode van P,Q en R is 50 seconden P heeft 12,5 seconden voorsprong op Q het faseverschil tussen P en Q is = ¼ R heeft 7,5 seconden voorsprong op P het faseverschil tussen P en R is = faseverschil tussen Q en R is = 12,5 50 12,5 3 50 20 20 2 50 5

24 opgave 51b 2π 50 uP = 2 sin uP = 2 sin uQ = 2 sin (t – 12,5) uR = 2 sin (t + 7,5) t 1 25 πt 1 25 π 1 25 π

25 40 15 5 c zie grafiek snijpunt bij Q en R voor t = 15 en t = 40
5 15 c zie grafiek snijpunt bij Q en R voor t = 15 en t = 40 t = 15  Q omhoog en t = 40  Q omlaag dus op t = 40 d tussen t = 0 en t = 50  1 periode de blokjes gaan alledrie tegelijk omhoog tussen t = 0 en t = 5 dat is dus in × 100% = 10% van de tijd 5 50