Esercizi per la maturità: Trigonometria

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Autori: Daniele Bjørn Malesani, Valerio Brunetti, Donato Ciampa, Federico Fallucca.

Introduzione

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In questo articolo proponiamo 18 esercizi sulla trigonometria per il ripasso in vista dell’esame di maturità. La trigonometria è la branca della matematica che si occupa della determinazione delle relazioni tra le lunghezze dei lati e le ampiezze degli angoli dei triangoli mediante strumenti geometrici e algebrici, e principalmente grazie alle funzioni goniometriche.

Questa raccolta di esercizi presenta un’ampia varietà di casistiche, tecniche e difficoltà ed è pensata proprio per testare in maniera completa la propria preparazione, per apprendere strategie poco note o come spunto per l’approfondimento e il ripasso. I problemi sono completamente risolti e illustrati graficamente, così da offrire al lettore la più efficace comprensione dei contenuti.

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In una semicirconferenza di diametro $AB=2r$ è inscritto il triangolo $ABC$ di perimetro $r(2+\sqrt{6})$ . Determinare la misura degli angoli del triangolo.

Svolgimento.

Consideriamo la seguente figura:

$\quad$

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Figura 1.

$\quad$

È noto che un triangolo inscritto in una semicirconferenza è un triangolo rettangolo. Quindi $A\widehat{C}B=\pi/2$ . Indichiamo con $x=C\widehat{A}B$ : ne segue che $0<x<\pi/2$ . Abbiamo allora

$\overline{BC}=\overline{AB} \sin x=2r\sin x,\qquad \overline{CA}=\overline{AB} \cos x=2r\cos x.$

Possiamo scrivere quindi la seguente equazione:

$2r+2r\sin x+2r\cos x=r(2+\sqrt{6}),$

ossia

$\sin x + \cos x = \frac{\sqrt{6}}{2}.$

Elevando al quadrato ambo i membri (ricordiamo che $x \in \left (0,\frac{\pi}{2}\right )$ e quindi $\sin x>0$ e $\cos x>0$ ) e ricordando $2\sin x \cos x= \sin (2x)$ , si ha

$1+\sin(2x)= \frac{3}{2} \iff \sin (2x)= \frac{1}{2} \iff 2x= \frac{\pi}{6} \iff x= \frac{\pi}{12}.$

Quindi i due angoli del triangolo misurano rispettivamente

$\boxcolorato{superiori}{ C\widehat{A}B=\frac{\pi}{12},\qquad C\widehat{B}A=\frac{5\pi}{12}. }$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Nel triangolo $ABC$ , rettangolo in $A$ , il cateto $AC$ è minore del cateto $AB$ e l’ipotenusa $BC$ misura $2\ell$ . Per $O$ , punto medio dell’ipotenusa, si tracci la perpendicolare all’ipotenusa stessa e sia $M$ il suo punto di intersezione con il cateto $AB$ . Determinare l’ampiezza $x$ dell’angolo $A\widehat{B}C$ in modo che si abbia $\overline{AC}\cdot \overline{OM}=\ell^2$ .

Svolgimento.

Consideriamo la figura:

$\quad$

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Figura 2.

$\quad$

Dalle relazioni per i triangoli rettangoli, essendo $\overline{OB}=\ell$ , si ha

$\overline{AC}=2\ell\sin x,\qquad \overline{OM}=\ell\tan x.$

Allora

$\overline{AC}\cdot \overline{OM}=\ell^2 \iff \ell^2=2\ell^2\sin x\tan x=2\ell^2\left(\frac{\sin^2 x}{\cos x}\right)=2\ell^2\left(\frac{1-\cos^2 x}{\cos x}\right),$

da cui, dovendo essere necessariamente $\cos x\neq 0$ , in quanto $0<x<\pi/2$ ,

$2\cos^2 x+\cos x-2=0.$

Ponendo $t=\cos x$ , si ottiene l’equazione algebrica $2t^2+t-2=0$ , le cui soluzioni sono

$t_1=\frac{-1-\sqrt{17}}{4},\qquad t_2=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}.$

Ricordando la posizione fatta, e osservando che $t_1<-1$ , ne segue

$\cos x=\frac{\sqrt{17}-1}{4},$

da cui

$\boxcolorato{superiori}{ x=\arccos\left(\frac{\sqrt{17}-1}{4}\right), }$

che è l’angolo cercato.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Un triangolo $ABC$ è rettangolo in $B$ . Inoltre, le lunghezze dei suoi lati formano una progressione geometrica. Quali sono i possibili valori di $\tan(B\widehat{A}C)$ ?

Svolgimento.

L’ipotenusa del triangolo è $AC$ , che è naturalmente più lunga dei cateti $AB$ e $BC$ . Il fatto che i lati siano in progressione geometrica significa che il rapporto tra lati consecutivi è costante. Esiste quindi un numero $k > 1$ tale che:

$\overline{AC} = k\cdot\overline{AB} = k^2\cdot\overline{BC} \quad \text{oppure} \quad \overline{AC} = k\cdot\overline{BC} = k^2\cdot\overline{AB},$

a seconda che il cateto maggiore sia $AB$ (a sinistra) oppure $BC$ (a destra).

$\quad$

Figura 3.

$\quad$

Il valore che dobbiamo calcolare è:

$\tan(B\widehat{A}C) = \frac{\overline{BC}}{\overline{AB}} = \begin{cases} 1/k & \text{se $\overline{AB} = k\cdot\overline{BC} > \overline{BC}$;} \\ k & \text{se $\overline{BC} = k\cdot\overline{AB} > \overline{AB}$.} \end{cases}$

Per il teorema di Pitagora, si ha $\overline{AC}^2 = \overline{AB}^2 + \overline{BC}^2$ , e quindi:

$\begin{array}{ll} k^4\overline{BC}^2 = k^2\overline{BC}^2 + \overline{BC}^2 & \text{se $\overline{AB} = k\cdot\overline{BC}$;} \\ k^4\overline{AB}^2 = k^2\overline{AB}^2 + \overline{AB}^2 & \text{se $\overline{BC} = k\cdot\overline{AB}$.} \\ \end{array}$

In entrambi i casi, giungiamo alla medesima condizione $k^4 - k^2 - 1 = 0$ . Questa è un’equazione di secondo grado nell’incognita $k^2$ , che ha come soluzioni:

$k^2 = \frac{1\pm\sqrt{5}}{2};$

solo la soluzione col $+$ è accettabile perché $(1-\sqrt{5})/2 < 0$ . Estraendo la radice quadrata, l’unico valore valido di $k$ è in conclusione:

$k = \sqrt{\frac{\sqrt{5}+1}{2}}.$

Se $\overline{BC} > \overline{AB}$ , allora $\tan(B\widehat{A}C) = k$ e abbiamo finito; se invece $\overline{AB} > \overline{BC}$ :

$\tan(B\widehat{A}C) = \frac{1}{k} = \sqrt{\frac{2}{\sqrt{5}+1}} = \sqrt{\frac{2\left(\sqrt{5}-1\right)}{\left(\sqrt{5}+1\right)\left(\sqrt{5}-1\right)}} = \sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}.$

In conclusione, i valori cercati sono

$\boxcolorato{superiori}{\tan(B\widehat{A}C) = \sqrt{\frac{\sqrt{5}\pm 1}{2}} .}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che, se tra i tre angoli $\alpha,\beta,\gamma$ di un triangolo vale la relazione $\sin\alpha-2\sin\beta\cos\gamma=0$ , allora il triangolo è isoscele. È vero il viceversa?

Svolgimento.

In un qualsiasi triangolo, si ha $\alpha=\pi-\beta-\gamma$ , da cui

$\sin\alpha=\sin(\pi-(\beta+\gamma))=\sin(\beta+\gamma)=\sin\beta\cos\gamma+\sin\gamma\cos\beta,$

e quindi

$\sin\beta\cos\gamma+\sin\gamma\cos\beta-2\sin\beta\cos\gamma=0,$

o anche

$\sin\gamma\cos\beta-\sin\beta\cos\gamma=0.$

La formula precedente può riscriversi come $\sin(\gamma-\beta)=0$ , da cui $\gamma-\beta=0$ , in quanto $\gamma - \beta = k\pi$ con $k \in \mathbb{Z}$ , ma essendo $\gamma,\beta$ angoli di un triangolo non degenere, deve aversi $k=0$ . Da ciò si ricava quindi $\gamma=\beta$ . Ma allora il triangolo ha due angoli uguali e quindi anche due lati uguali. Ne segue che è isoscele.

Anche il viceversa dell’enunciato è vero: se il triangolo è isoscele, allora esso ha due angoli uguali, diciamo $\beta=\gamma$ ; dalla relazione $\alpha=\pi-(\beta+\gamma)=\pi-2\beta$ , si ricava allora

$\sin \alpha= \sin 2\beta= 2\sin \beta \cos \gamma.$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $M$ il punto medio di un segmento $AB$ . Su $AM$ si costruisca il triangolo equilatero $AMC$ . Si conduca poi, nel semipiano opposto a quello del triangolo $AMC$ rispetto ad $AB$ , una semiretta di origine $B$ che incontri in $D$ il prolungamento di $CM$ . Si determini l’ampiezza $x$ dell’angolo $A\widehat{B}D$ in modo che si abbia $3 \overline{AM}^2=\overline{BC}\cdot \overline{BD}$ .

Svolgimento.

Consideriamo la figura seguente:

$\quad$

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Figura 4.

$\quad$

Posto $\overline{AM}=\overline{MB}=\overline{MC}=a$ , si ha che

$\alpha=\frac{\pi}{3},\quad \beta=\pi-\alpha,\quad \gamma=\pi-(x+\alpha).$

Dal teorema del coseno si ha

$\begin{aligned} \overline{BC}^2&= \overline{MB}^2+\overline{MC}^2-2 \overline{MB}\cdot \overline{MC}\cos\beta= \\ &= a^2+a^2-2 a\cdot a\cos\left( \pi-\alpha\right)= \\ &= 2a^2(1+\cos\alpha)= \\ &= 3a^2, \end{aligned}$

da cui

(1) $\begin{equation*} \overline{BC}=\sqrt{3} a. \end{equation*}$

Dal teorema dei seni abbiamo poi

$\frac{\overline{BD}}{\sin\alpha}=\frac{\overline{BM}}{\sin\gamma} \implies \overline{BD}=a\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin(\pi-(x+\alpha))}= a\cdot\frac{\sqrt{3}}{2\sin(x+\alpha)}.$

Quindi

$3a^2=a^2\cdot\frac{3}{2\sin(x+\alpha)} \implies \sin(x+\alpha)=\frac{1}{2}.$

Ma allora

$x+\alpha=\frac{\pi}{6}\quad \text{oppure} \quad x+\alpha=\frac{5\pi}{6},$

da cui

$x=-\frac{\pi}{6}\quad \vee \quad x=\frac{\pi}{2}.$

La prima delle due soluzioni va scartata: quindi

$\boxcolorato{superiori}{ x = \frac{\pi}{2}. }$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che in un qualsiasi triangolo si ha

$a^2\cos 2\beta-b^2\cos 2\alpha=a^2-b^2.$

$\quad$

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Figura 5.

$\quad$

Svolgimento.

Dalla formula di duplicazione del coseno si ha

$\begin{aligned} a^2 \cos 2\beta - b^2 \cos 2\alpha &= a^2-2a^2\sin^2\beta-b^2+2b^2\sin^2\alpha \\ &= a^2-b^2+2(b^2\sin^2\alpha-a^2\sin^2\beta). \end{aligned}$

Per concludere occorre quindi mostrare che $b^2\sin^2\alpha-a^2\sin^2\beta=0$ ; a tal fine, osserviamo che dal teorema dei seni si ha

$\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{\beta}{\sin\beta}\quad\Longleftrightarrow\quad a\sin\beta=b\sin\alpha,$

e quindi

$a^2\sin^2\alpha-b^2\sin^2\beta=0.$

Ne segue la relazione cercata.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . In una circonferenza di centro $O$ la corda $AB$ è uguale al lato del quadrato inscritto. Condotta per il punto $B$ la semiretta tangente alla circonferenza che giace, rispetto ad $AB$ , nel semipiano contenente il centro $O$ , determinare sulla semiretta un punto $P$ tale che si abbia:

$\frac{\overline{BA}+\overline{AP}}{\overline{BP}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}.$

Svolgimento.

Il problema è rappresentato in figura.

$\quad$

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Figura 6.

$\quad$

Poiché $\overline{OA}=\overline{OB}=r$ , il raggio della circonferenza, e dal momento che l’angolo $A\widehat{O}B$ è retto, segue che $AB=2\sqrt{r}$ . Inoltre, l’angolo che $BP$ forma con il raggio $OB$ è retto, mentre $A\widehat{B}O=\pi/4$ , per cui $A\widehat{B}P=\alpha=\pi/2+\pi/4=3\pi/4$ . Ne segue che, considerando il triangolo $ABP$ e posto $x=B\widehat{A}P$ , si ha $B\widehat{P}A=\beta=\pi-\alpha-x$ .

Dal teorema dei seni abbiamo

$\frac{\overline{BP}}{\sin x}=\frac{\overline{AB}}{\sin\beta}=\frac{\overline{AP}}{\sin\alpha},$

e quindi

$\overline{BP}=\overline{AB}\cdot\frac{\sin x}{\sin(\alpha+x)},\qquad \overline{AP}=\overline{AB}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}\sin(x+\alpha)}.$

Ne segue

$\frac{\overline{BA}+\overline{AP}}{\overline{BP}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2} \iff \frac{\overline{AB}+\displaystyle \frac{\overline{AB}}{\sqrt{2}\sin(x+\alpha)}}{\dfrac{\overline{AB}\sin x}{\sin(x+\alpha)}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2},$

da cui

$\dfrac{\overline{AB}\left(\sqrt{2}\sin\left(x+\alpha\right)+1\right)}{\sqrt{2}\sin\left(x+\alpha\right)}\cdot\dfrac{\sin\left(x+\alpha\right)}{\overline{AB}\sin x}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\quad \Leftrightarrow\quad \dfrac{\sqrt{2}\sin\left(x+\alpha\right)+1}{\sqrt{2}\sin x}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}},$

cioè

$\sqrt{2}\sin(x+\alpha)+1=(\sqrt{3}+1)\sin x.$

Poiché (ricordando il valore di $\alpha$ )

$\sin(x+\alpha)=\sin x\cos\alpha+\cos x\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{2}}(\cos x-\sin x),$

l’equazione diviene

$\cos x-\sin x+1=(\sqrt{3}+1)\sin x,$

o anche

$\cos x-(\sqrt{3}+2)\sin x+1=0.$

Utilizzando l’espressione di seno e coseno in funzione di $t=\tan(x/2)$ abbiamo

$\frac{1-t^2}{1+t^2}-\frac{2(\sqrt{3}+2)t}{1+t^2}+1=0,$

e quindi

$2-2(\sqrt{3}+2)t=0 \iff t=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}\cdot\dfrac{2-\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}.$

Ne segue che (utilizzando una tabella degli angoli notevoli)

$\frac{x}{2}=\frac{\pi}{12},\qquad \frac{x}{2}=\frac{11\pi}{12},$

$x=\frac{\pi}{6},\qquad x=\frac{11\pi}{6}.$

La seconda soluzione va scartata, in quanto $0<x<\pi-\alpha=\pi/4$ , e quindi

$\boxcolorato{superiori}{x=\pi/6 }$

è l’unica soluzione.

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Un triangolo equilatero ha centro $O$ (ossia il baricentro, coincidente col circocentro, con l’ortocentro e con l’incentro) e lato di lunghezza 1. Si fa passare una retta per $O$ , che intercetta i lati del triangolo in due punti $P$ e $Q$ . Qual è il minimo valore possibile della lunghezza di $PQ$ ?

Svolgimento.

La figura mostra una rappresentazione del problema. Per simmetria, basta considerare il caso in cui il punto $P$ appartenga al segmento $CD$ . Il triangolo $OBD$ è metà di un triangolo equilatero, per cui $\overline{OB} = 2\overline{BD}/\sqrt{3} = 1/\sqrt{3}$ . Intuitivamente, la lunghezza della corda $PQ$ è minima quando èe parallela ad uno dei lati del triangolo (come esemplificato dal segmento verde in figura). In questo caso, il triangolo $P_0Q_0B$ è equilatero, per cui $\overline{P_0Q_0} = 2\overline{OB}/\sqrt{3} = 2/3$ .

$\quad$

Figura 7.

$\quad$

Dimostriamo che $2/3$ è proprio il valore minimo di $\overline{PQ}$ seguendo due strade

$\quad$

Modo 1. Supponiamo, senza perdità di generalità, che $\overline{QB}< \overline{Q_0B}$ . I triangoli $Q_0QO$ e $P_0PO$ hanno le basi $Q_0O$ e $P_0O$ congruenti, ma l’altezza $QH$ relativa a $Q_0O$ ha lunghezza minore dell’altezza $PK$ relativa a $P_0O$ , in quanto i triangoli rettangoli $QHO$ e $PKO$ sono simili ma $OH < OQ_0=OP_0 < OK$ . Dunque il triangolo $P_0PO$ ha area maggiore del triangolo $Q_0QO$ . Ne segue che il triangolo $QPB$ ha area maggiore di $Q_0P_0B$ . Poiché l’altezza del triangolo $QPB$ relativa alla base $QP$ è interna alla circonferenza di centro $B$ passante per $O$ , ne segue che essa ha lunghezza minore di $\overline{OB}$ . Affinché l’area di $QPB$ sia maggiore di quella di $Q_0P_0B$ , deve aversi quindi che
$\overline{PQ} > \overline{P_0Q_0}=\frac{2}{3}.$

Modo 2. Sia $\vartheta = D\widehat{O}P$ , come indicato in figura. Si noti che $Q\widehat{B}O = O\widehat{B}P = 30^\circ$ , $O\widehat{P}B = 90^\circ - \vartheta$ , $O\widehat{Q}B = \vartheta + 30^\circ$ . Applicando il teorema dei seni, abbiamo allora:

$\begin{aligned} \frac{\overline{OP}}{\sin(O\widehat{B}P)} &= \frac{\overline{OB}}{\sin(O\widehat{P}B)} \iff \overline{OP} = \frac{\sin(30^\circ)} {\sqrt{3}\sin(90^\circ-\vartheta)} = \frac{1}{2\sqrt{3}\cos(\vartheta)} \\ \frac{\overline{OQ}}{\sin(Q\widehat{B}O)} &= \frac{\overline{OB}}{\sin(O\widehat{Q}B)} \iff \overline{OQ} = \frac{\sin(30^\circ)} {\sqrt{3}\sin(\vartheta+30^\circ)} = \frac{1}{2\sqrt{3}\cos(60^\circ-\vartheta)} . \end{aligned}$

La lunghezza di $QP$ da minimizzare è quindi data da:

$\overline{QP} = \overline{OP}+\overline{OQ} = \frac{1}{2\sqrt{3}}\left[\frac{1}{\cos(\vartheta)}+\frac{1}{\cos(60^\circ-\vartheta) }\right].$

Purtroppo, lo studio del segno della derivata di questa espressione non è agevole. Per trovare il minimo, possiamo usare la disuguaglianza tra media aritmetica e geometrica: per ogni $a,b \geq 0$ , si ha $(a+b)/2 \geq \sqrt{ab}$ . Nel nostro caso:

$\begin{aligned} \frac{1}{2}\left[\frac{1}{\cos(\vartheta)}+\frac{1}{\cos(60^\circ-\vartheta)}\right] & \geq \sqrt{\frac{1}{\cos(\vartheta)}\frac{1}{\cos(60^\circ-\vartheta)}} = \\ & = \frac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{2}[\cos(60^\circ)+\cos(2\vartheta-60^\circ)]}} = \\ & = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\dfrac{1}{2}+\cos(2\vartheta-60^\circ)}} \geq \\ & \geq \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\dfrac{1}{2}+1}} = \frac{2}{\sqrt{3}}. \end{aligned}$

Abbiamo usato la formula di Werner $\cos(\alpha)\cos(\beta) = [\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)]/2$ e la disuguaglianza $\cos(2\vartheta-60^\circ)\leq 1$ . Concludiamo finalmente che $\overline{QP} \geq 2/3$ .

Il minimo valore possibile per la lunghezza di $QP$ è quindi

$\boxcolorato{superiori}{\frac{2}{3}.}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Due segmenti $AB$ e $CD$ sono perpendicolari e si intersecano in un punto $O$ . Tale punto dista $a>0$ da $A$ , $B$ e $C$ e $b>0$ da $D$ . Dimostrare che il quadrilatero $ACBD$ possiede una circonferenza inscritta e, detto $r$ il suo raggio, determinare una formula per $r$ in funzione di $a$ e $b$ . Determinare infine la relazione tra $a$ e $b$ affinché la differenza tra il perimetro e l’area del cerchio inscritto sia massima.

Svolgimento.

Innanzitutto osserviamo che, dai dati del problema, segue $\overline{AD}=\overline{BD}$ e $\overline{BC}=\overline{AC}$ , pertanto il quadrilatero possiede una circonferenza inscritta, di centro $O'$ giacente su $CD$ . Denotiamo $\alpha = O\widehat{D}B$ e chiamiamo inoltre $E$ e $F$ i punti di tangenza della circonferenza inscritta rispettivamente sui lati $BD$ e $BC$ .

Osserviamo che l’angolo $\widehat{FCO'}$ è di $45^\circ$ in quanto il triangolo $BOC$ è rettangolo e isoscele dai dati del problema. Il triangolo $FO'C$ è rettangolo in $F$ e quindi, possedendo un angolo di $45^\circ$ , è isoscele, pertanto il segmento $O'C$ ha lunghezza $r\sqrt{2}$ . Invece, il triangolo $O'ED$ è rettangolo ed è simile al triangolo $BOD$ , avendo in comune l’angolo in $D$ . Quindi

$\frac{r}{\overline{O'D}} = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \iff \overline{O'D}= \frac{r\sqrt{a^2+b^2}}{a}.$

Notando che $a+b=\overline{CD}=\overline{CO'}+\overline{O'D}$ , si ha

$a+b = r\left (\sqrt{2}+\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{a}\right ) \iff r= \frac{a + b}{\sqrt{2} + \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{a}}.$

Si ricava quindi

$\boxcolorato{superiori}{r= \frac{a + b}{\sqrt{2} + \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{a}}. }$

$\quad$

Figura 8.

$\quad$

L’espressione da massimizzare è $F(r) = 2\pi r - \pi r^2$ . Osserviamo che $2\pi r-\pi r^2-1 = -(r-1)^2\leq 0$ e tale espressione si annulla se e solo se $r=1$ . Ne segue che anche $F(r)$ assume valore massimo per $r=1$ . Imponendo quindi

$r=\frac{a + b}{\sqrt{2} + \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{a}} = 1,$

si ottiene la relazione

$\boxcolorato{superiori}{a+b = \sqrt{2} + \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{a}. }$

Esercizio 10 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dati due quadrilateri di uguali angoli, le lunghezze del quadrilatero più piccolo sono il 75 per cento delle rispettive lunghezze del più grande. Determinare il rapporto tra l’area del quadrilatero più grande e quello più piccolo.

Svolgimento.

Indichiamo con $ABCD$ il quadrilatero più grande e con $EFGH$ il secondo, come in figura 9. Questi due quadrilateri sono simili e dunque, tracciando le diagonali $AC$ e $EG$ , anche il triangolo $ABC$ è simile a $EFG$ e $ACD$ è simile a $EGH$ . Il rapporto tra le lunghezze dei lati e altezze corrispondenti è allora $\frac{4}{3}$ . Dalla formula dell’area del triangolo abbiamo quindi

$\begin{gathered} \operatorname{Area}(ABC)= \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{3} \operatorname{Area}(EFG)= \frac{16}{9}\operatorname{Area}(EFG) \\ \operatorname{Area}(ACD)= \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{3} \operatorname{Area}(EGH)= \frac{16}{9}\operatorname{Area}(EGH). \end{gathered}$

Ne segue che

$\begin{aligned} \operatorname{Area}(ABCD) &= \operatorname{Area}(ABC)+\operatorname{Area}(ACD) \\ &= \frac{16}{9}\operatorname{Area}(EFG) + \frac{16}{9}\operatorname{Area}(EGH) \\ &= \frac{16}{9}\operatorname{Area}(EFGH). \end{aligned}$

$\quad$

Figura 9.

$\quad$

Il risultato ottenuto mostra come il rapporto tra le areee dei due quadrilateri è uguale al rapporto tra i loro lati al quadrato, ossia

$\boxcolorato{superiori}{\frac{16}{9}.}$

Decomponendo in triangoli, si può allo stesso modo mostrare che, se due poligoni sono simili e il rapporto dei loro lati è $k$ , allora il rapporto delle loro aree è il quadrato $k^2$ .

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare il perimetro e l’area di un ottagono regolare inscritto in una circonferenza di raggio $r = \sqrt{\,2 + \sqrt{2}\,}$ .

Svolgimento.

Un ottagono regolare è costruito affiancando $8$ triangoli isosceli aventi angolo compreso tra i lati congruenti pari a $\frac{2\pi}{8}= \frac{\pi}{4}$ .

$\quad$

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Figura 10.

$\quad$

Si consideri ad esempio il triangolo isoscele $A_1OA_2$ e se ne tracci l’altezza $OH$ . Il triangolo $OHA_1$ è rettangolo in $H$ , ha ipotenusa pari al raggio $r$ del cerchio circoscritto all’ottagono e l’angolo $\beta=\widehat{A_1OH}$ è pari a $\frac{\pi}{8}$ . Risolvendo questo triangolo rettangolo si ottiene che

$\begin{gathered} \overline{OH}= r\cdot \cos \frac{\pi}{8} = \sqrt{2+\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2} = \frac{2+\sqrt{2}}{2}, \\ \overline{A_1H}= r \cdot \sin \frac{\pi}{8} = \sqrt{2+\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}, \end{gathered}$

dove i valori di seno e coseno sono stati calcolati a partire di quelli noti di $\frac{\pi}{4}$ mediante le formule di bisezione. Da tali eguaglianze si ricavano le quantità richieste dal problema. Infatti il segmento $A_1H$ è pari alla metà del lato dell’ottagono; dunque l’area del triangolo $A_1OA_2$ è pari al prodotto $\overline{A_1H} \cdot \overline{OH}$ e quindi l’area dell’ottagono è pari a $8$ volte questo prodotto:

$\boxcolorato{superiori}{ A=8\cdot \overline{A_1H} \cdot \overline{OH} = 4(\sqrt{2}+1). }$

D’altra parte, il perimetro dell’ottagono vale

$\boxcolorato{superiori}{ p=16 \cdot \overline{A_1 H} = 8\sqrt{2}. }$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Da un punto $P$ esterno a una circonferenza di centro $C$ si mandano le tangenti $PA$ e $PB$ . Sapendo che $\cos\widehat{APB}=-\frac{17}{25}$ e che $PC = 15$ , determinare i valori delle funzioni goniometriche degli angoli $\widehat{CPA}$ e $\widehat{PCA}$ e il raggio della circonferenza.

Svolgimento.

I triangoli $CPA$ e $CPB$ sono congruenti e rettangoli rispettivamente in $A$ e $B$ . Pertanto, chiamando $\theta=\widehat{PCA}$ , si ha

$\widehat{CPA} = \frac{\pi}{2}- \theta$

e dunque è sufficiente determinare le funzioni goniometriche di $\theta$ per ricavare facilmente anche quelle di $\widehat{CPA}$ .

$\quad$

Figura 11.

$\quad$

Dalla formula di bisezione si ricava

$\boxcolorato{superiori}{ \sin \widehat{PCA}= \cos \widehat{CPA} = \sqrt{\frac{1+\cos \widehat{APB}}{2}} = \frac{2}{5}, }$

da cui

$\boxcolorato{superiori}{ \sin \widehat{CPA} = \cos \widehat{PCA} = \sqrt{1- \sin^2 \widehat{PCA}} = \frac{\sqrt{21}}{5}. }$

Il raggio della circonferenza si ricava risolvendo il triangolo rettangolo $APC$ :

$r= \overline{AC} = \overline{PC} \cdot \cos \widehat{PCA} = 15 \cdot \frac{\sqrt{21}}{5},$

da cui

$\boxcolorato{superiori}{ r= 3 \sqrt{21}. }$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . È dato il triangolo $ABC$ inscritto in una semicirconferenza il cui diametro $AB$ misura $2r$ . Indicato con $x$ l’angolo $\widehat{CAB}$ , determinare l’area del triangolo al variare di $x$ (e quindi di $C$ sulla semicirconferenza) e il valore di $x$ per cui l’area di $ABC$ risulta massima.

Svolgimento.

Il triangolo $ABC$ è rettangolo in $C$ in quanto l’angolo alla circonferenza che insiste sulla corda $AB$ è pari al doppio dell’angolo al centro che insiste sullo stesso arco, che vale $\pi$ .

$\quad$

Figura 12.

$\quad$

Poiché

$\overline{AC} = \overline{AB} \cdot \cos x = 2r\cos x, \qquad \overline{BC} = \overline{AB} \cdot \sin x = 2r\sin x,$

indicando con $f(x)$ l’area di $ABC$ al variare di $x$ , si ha

$\boxcolorato{superiori}{ f(x) = \frac{\overline{AC} \cdot \overline{BC}}{2} =2r^2 \sin x \cos x = r^2 \sin (2x) \qquad \forall x \in \left (0, \frac{\pi}{2} \right ). }$

Dato che il seno assume valore massimo quando l’argomento vale $\frac{\pi}{2}$ , l’area di $ABC$ è massima per

$2x=\frac{\pi}{2} \iff \boxcolorato{superiori}{ x= \frac{\pi}{4}. }$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Nel trapezio rettangolo $ABCD$ , di base maggiore $AB$ e base minore $DC$ , si ha $\overline{AD}=\overline{DC}=8$ . Siano $E$ ed $F$ le proiezioni sulla retta $CB$ , rispettivamente, di $D$ e di $A$ . Si indichi con $x$ l’angolo $\widehat{ABC}$ e con $f(x)$ la funzione data da

$f(x)=AF+DE+EC.$

$\quad$

Scrivere l’espressione di $f(x)$ in termini di funzioni goniometriche dell’angolo $x$ ;

Rappresentare graficamente la funzione nell’intervallo in cui può variare $x$ , compatibilmente con i dati del problema.

Svolgimento.

Chiamiamo $G$ l’intersezione tra le rette $AF$ e $CD$ .

$\quad$

Figura 13.

$\quad$

Poiché per ragioni elementari gli angoli $\widehat{DAF}$ e $\widehat{ECD}$ valgono $x$ e i triangoli $DEC$ , $AFB$ , $GFC$ e $GDA$ sono rettangoli, si ha

$\begin{gathered} \overline{DE} = \overline{DC} \cdot \sin x = 8\sin x, \\ \overline{EC} = \overline{DC} \cdot \cos x = 8\cos x, \\ \overline{AG}= \frac{\overline{AD}}{\cos x} = \frac{8}{\cos x}, \\ \overline{GF}=(\overline{DC}- \overline{DG})\sin x = \left ( \overline{DC} - \overline{AG} \cdot\sin x \right ) \sin x \left (8 - \frac{8\sin x}{\cos x} \right ) \sin x, \end{gathered}$

da cui

$\overline{AF} = \overline{AG} + \overline{GF} = 8 \left (\frac{1}{\cos x} + \sin x - \frac{\sin^2 x}{\cos x} \right ) = 8(\sin x + \cos x).$

Sommando i valori ottenuti per $\overline{DE}$ , $\overline{EC}$ e $\overline{AF}$ , si ottiene

$\boxcolorato{superiori}{ f(x)= 16(\sin x + \cos x). }$

Poiché la base $AB$ è quella maggiore del trapezio, l’angolo $x$ appartiene all’intervalloc $\left (0,\frac{\pi}{2} \right )$ , e quindi il grafico richiesto è il seguente.

$\quad$

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Figura 14.

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare gli angoli, il raggio della circonferenza inscritta e di quella circoscritta al triangolo $ABC$ sapendo che $\overline{AB} = 2$ , $\overline{BC} = \sqrt{6}$ e $\overline{AC} = 1+\sqrt{3}$ .

Svolgimento.

Rappresentiamo il triangolo, le circonferenze inscritta e circoscritta ad esso e usiamo le notazioni per gli angoli indicate.

$\quad$

Figura 15: il triangolo $ABC$ , insieme alla circonferenza inscritta e circoscritta ad esso. Sono indicati anche il circocentro $O$ e l’incentro $I$ .

$\quad$

Applichiamo il teorema di Carnot per determinare gli angoli:

$\begin{gathered} \cos \gamma = \frac{\overline{BC}^2 + \overline{AC}^2 - \overline{AB}^2}{2 \cdot \overline{AC} \cdot \overline{BC}} = \dfrac{6+\bigl(1+\sqrt{3}\bigr)^{2}-4} {2\sqrt{6}\,\bigl(1+\sqrt{3}\bigr)} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \implies \gamma = 45^\circ; \\ \cos \alpha = \frac{\overline{AC}^2 + \overline{AB}^2- \overline{BC}^2}{2\cdot \overline{AC} \cdot \overline{AB}} = \dfrac{\bigl(1+\sqrt{3}\bigr)^{2}+4-6} {2\cdot2\bigl(1+\sqrt{3}\bigr)} = \dfrac12 \implies \alpha=60^\circ; \\ \beta= 180^\circ-\alpha - \gamma = 75^\circ. \end{gathered}$

Il raggio $R$ della circonferenza circoscritta si determina mediante il teorema dei seni:

$R = \frac{\overline{AB}}{2\sin \gamma} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}.$

Per determinare il raggio $r$ della circonferenza inscritta si utilizza la relazione (dove $\mathcal{A}$ indica l’area del triangolo)

$\left (\overline{AB} + \overline{BC} + \overline{AC} \right )r = 2 \mathcal{A} = \overline{AB} \cdot \overline{AC} \cdot \sin \alpha \iff r= \frac{\overline{AB} \cdot \overline{AC} \cdot \sin \alpha}{\overline{AB} + \overline{BC} + \overline{AC}} = \frac{\sqrt{3}+ 3}{3 + \sqrt{6}+ \sqrt{3}}.$

Riassumendo, la soluzione è

$\boxcolorato{superiori}{ \alpha=60^\circ, \qquad \beta= 75^\circ, \qquad \gamma = 45^\circ, \qquad R=\sqrt{2}, \qquad r=\frac{\sqrt{3}+ 3}{3 + \sqrt{6}+ \sqrt{3}}. }$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . La base maggiore del trapezio rettangolo $ABCD$ è $\overline{AB} = 48$ ; la diagonale maggiore $BD$ è lunga $32\sqrt{3}$ ed è bisettrice dell’angolo $\widehat{ABC}$ . Determinare gli angoli, il perimetro e l’area del trapezio.

Svolgimento.

Rappresentiamo il trapezio rettangolo descritto dalla traccia e indichiamo con $\beta$ ciascuno dei due angoli in cui la bisettrice $BD$ suddivide l’angolo in $B$

$\quad$

Figura 16: il trapezio rettangolo $ABCD$ e la sua diagonale $BD$ , bisettrice di $\widehat{ABC}$ .

$\quad$

Osserviamo che

$\cos \beta = \frac{\overline{AB}}{\overline{BD}} = \frac{48}{32\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies \beta= 30^\circ$

e ciò implica

$\boxcolorato{superiori}{ \widehat{ABC}=2\beta = 60^\circ, \qquad \widehat{BCD}= 180^\circ- \widehat{ABC} = 120^\circ. }$

Ragionando sul triangolo $ABD$ si ha

$\overline{AD} = \overline{BD} \cdot \sin \beta = \frac{32\sqrt{3}}{2} = 16\sqrt{3}.$

Poiché l’angolo in $A$ è retto, ciò implica $\widehat{ADB}=60^\circ$ e, dato che anche l’angolo in $D$ è retto, vale $\widehat{BDC}=30^\circ$ . Dunque il triangolo $BDC$ è isoscele rispetto alla base $BD$ e pertanto

$\overline{DC}=\overline{BC}= \frac{\overline{BD}}{2\cos \beta} = \frac{32\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 32.$

Indicando con $\mathcal{A}$ e $p$ rispettivamente l’area e il perimetro del trapezio, possiamo concludere:

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{A} = \frac{(\overline{AB} + \overline{DC}) \cdot \overline{AD}}{2} = \frac{(48+32)\cdot 16\sqrt{3}}{2} = 640\sqrt{3} }$

$\boxcolorato{superiori}{ p= \overline{AB} + \overline{BC} + \overline{CD} + \overline{DA} = 48+32+32+16\sqrt{3} = 112+16\sqrt{3}. }$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . In una circonferenza di raggio $r$ è data la corda $\overline{AB}$ di lunghezza pari al lato del triangolo equilatero inscritto e la tangente alla circonferenza nel punto $B$ . Sul minore degli archi $AB$ si consideri il punto $P$ , diverso da $A$ e $B$ , con

$\widehat{PAB}=x,$

e sia $H$ l’intersezione della semiretta $AP$ con la tangente in $B$ .

$\quad$

Scrivere $\overline{AP},\ \overline{PB},\ \overline{AH},\ \overline{HB}$ in funzione di $x$ .

Determinare, nei limiti geometrici del problema, per quali valori di $x$ è risolta l’equazione
$\bigl(\overline{AP}+\overline{PB}\bigr)\,\overline{BH} \;=\; \sqrt{3}\,r^{2}.$

Svolgimento.

Rappresentiamo la situazione descritta dal problema.

$\quad$

Figura 17.

$\quad$

Il minore tra gli angoli $\widehat{AOB}$ vale $120^\circ$ in quanto, costruendo il triangolo equilatero inscritto di lato $AB$ , i tre lati congruenti determinano tre angoli al centro congruenti, la cui somma vale l’angolo giro. Decomponendo il triangolo isoscele $AOB$ in due triangoli rettangoli mediante l’altezza relativa ad $AB$ , si ha

$\overline{AB} = 2 r\sin 60^\circ =\sqrt{3}r.$

$\quad$

Poiché il maggiore tra gli angoli $\widehat{AOB}$ vale $240^\circ$ e dato che un angolo al centro vale il doppio dell’angolo alla circonferenza che insiste sullo stesso arco, si ha $\widehat{APB}=120^\circ$ . Applicando il teorema dei seni al triangolo $APB$ si ha
$\overline{PB} = \overline{AB} \cdot \frac{\sin x}{\sin 120^\circ}, \qquad \overline{AP} = \overline{AB} \cdot \frac{\sin (60^\circ - x)}{\sin 120^\circ},$

da cui

$\boxcolorato{superiori}{ \overline{PB} = 2r\sin x, \qquad \overline{AP} = 2r \sin(60^\circ - x). }$

L’angolo $\widehat{ABH}$ fra la tangente in $B$ e la corda $BA$ è, per il teorema tangente–corda, congruente all’angolo alla circonferenza che insiste sull’arco $AB$ opposto a $H$ , ovvero

$\widehat{ABH}=60^{\circ}.$

di conseguenza il triangolo $ABH$ possiede gli angoli $\widehat{ABH}=60^{\circ}$ e $\widehat{BAH}=x$ , così che, applicando nuovamente il teorema dei seni, si ottiene

$\boxcolorato{superiori}{ \overline{BH} =\frac{\sqrt{3}r \sin x}{\sin(120^{\circ}-x)},\qquad \overline{AH} =\frac{3r}{2\sin(120^{\circ}-x)}.}$

Osserviamo che i denominatori di tali espressioni non sono mai nulli in quanto $x \in \left (0,\frac{\pi}{3}\right )$ .

Sostituendo le espressioni appena ricavate si ha
$\begin{aligned} 2r\bigl[\sin(60^{\circ}-x)+\sin x\bigr]\, \frac{\sqrt{3}\,r\sin x}{\sin(120^{\circ}-x)} =\sqrt{3}\,r^{2}. \end{aligned}$

Le quantità $\sin(60^{\circ}-x)+\sin x$ e $\sin(120^{\circ}-x)$ sono non nulle, come osservato in precedenza, e uguali, come si vede dalle formula di addizione del seno:

$\begin{aligned} \left (\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x - \frac{1}{2}\sin x + \sin x\right )\frac{2\sin x}{\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x + \frac{1}{2}\sin x} = 1 \iff \sin x = \frac{1}{2}, \end{aligned}$

che, considerando che $x \in \left (0,\frac{\pi}{3}\right )$ , produce

$\boxcolorato{superiori}{ x= 30^\circ. }$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Considerato il triangolo $ABC$ avente i lati $\overline{CA}=a$ e $\overline{CB}=2a$ , si costruisca, dalla parte opposta a $C$ rispetto alla retta $AB$ , il triangolo $ABD$ rettangolo in $D$ in modo che

$\overline{BD} = \dfrac{1}{2}\,\overline{AB}.$

Si scriva l’espressione esplicita dell’area del quadrilatero $ADBC$ in base all’angolo $x=\widehat{ACB}$ .

Svolgimento.

Rappresentiamo i dati del problema, ricordando che, dalla costruzione geometrica, si ha $x \in (0,\pi)$ .

$\quad$

Figura 18: I triangoli $ABC$ e $ABD$ del problema 18.

$\quad$

L’area $\mathcal{A}_{ABC}$ del triangolo $ABC$ si calcola con

$\mathcal{A}_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot \overline{AC} \cdot \overline{BC} \cdot \sin x = a^2 \sin x.$

Per il teorema di Carnot applicato al triangolo $ABC$ , vale

$\overline{AB}^{2}=a^{2}+4a^{2}-4a^{2}\cos x =a^{2}\!\bigl(5-4\cos x\bigr). %\implies %AB=a\sqrt{5-4\cos\theta}.$

Poiché nel triangolo rettangolo $ABD$ si ha $\,\overline{BD}=\frac12\,\overline{AB}$ , si ha $\widehat{ABD}=\frac{\pi}{3}$ e quindi

$\displaystyle \mathcal{A}_{ABD}=\frac12\,\overline{AB}\cdot \overline{BD} \cdot \sin \frac{\pi}{3} =\frac{\sqrt3}{8}\,\overline{AB}^{2} = \frac{\sqrt{3}(5-4\cos x)}{8}a^2.$

Sommando le due aree si ottiene quindi

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{A}_{ADBC} %= %\mathcal{A}_{ABC} + \mathcal{A}_{ABD} = a^{2} \left [\sin x +\frac{\sqrt3}{8}\bigl(5-4\cos x\bigr) \right ]. }$

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