Esercizi misti sui triangoli: 18 esercizi svolti di trigonometria

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi misti sui triangoli risolti con metodi trigonometrici. In questo articolo proponiamo alcuni problemi di carattere e difficoltà vari sulla risoluzione dei triangoli e a essi correlati, completamente risolti integrando strumenti della geometria euclidea e della trigonometria.
La raccolta è quindi indicata per chi desidera mettere alla prova le proprie conoscenze avendo la possibilità di spaziare su molteplici argomenti e tecniche.

Oltre al materiale presente nella nostra cartella sulla Goniometria e al nostro Formulario di trigonometria, consigliamo i seguenti articoli su temi correlati:

Buona lettura!

Sommario

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Esercizi misti sui triangoli, risolti mediante metodi di trigonometria.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa.

Revisori: Luigi De Masi, Sergio Fiorucci, Matteo Talluri.

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare il perimetro e l’area di un ottagono regolare inscritto in una circonferenza di raggio $r = \sqrt{\,2 + \sqrt{2}\,}$ .

Soluzione

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

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Figura 1.

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:

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

D’altra parte, il perimetro dell’ottagono vale

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{p=16 \cdot \overline{A_1 H} = 8\sqrt{2}.}\] \end{equation}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ .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.

Soluzione

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 $\widehat{CPA}$ .

Figura 2.

Dalla formula di bisezione si ricava

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

da cui

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

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

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{r= 3 \sqrt{21}.}\] \end{equation}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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.

Soluzione

Il triangolo $ABC$ è rettangolo in $C$ per il teorema di Talete, poiché $AB$ è il diametro della semicirconferenza. Quindi

$\angle ACB=\frac{\pi}{2}.$

Figura 3.

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

$\boxcolorato{superiori}{ f(x)=\frac12\,\overline{AC}\cdot\overline{BC} =\frac12(2r\cos x)(2r\sin x) =2r^2\sin x\cos x =r^2\sin(2x), \qquad \forall x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right). }$

Dato che il seno assume valore massimo uguale a $1$ quando l’argomento vale $\frac{\pi}{2}$ , l’area di $ABC$ è massima per

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

In corrispondenza di tale valore, l’area massima vale

$\boxcolorato{superiori}{f\left(\frac{\pi}{4}\right)=r^2.}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . 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

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

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.

Soluzione punto a

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

Figura 4.

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

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{f(x)= 16(\sin x + \cos x).}\] \end{equation}$

Soluzione punto b

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.

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Figura 5.

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . $P$ è un punto sulla semicirconferenza di raggio $2$ e $H$ la sua proiezione sul diametro $AB$ .

Scrivere l’espressione della funzione
$f(x)=\overline{PH}+\overline{HB},$

al variare dell’angolo $x=\widehat{PAH}$ .
Stabilire per quali valori di $x$ il valore della funzione è minore della misura del raggio.

Il triangolo $APB$ è rettangolo, quindi

$\overline{PB} = \overline{AB} \cdot\sin x,$

Figura 6.

Soluzione punto a

I triangoli $APB$ e $PHB$ sono entrambi rettangoli e possiedono l’angolo in $B$ in comune, quindi sono simili e pertanto $\widehat{BPH}=x$ . Si ha quindi

$\begin{aligned} \overline{PH}=\overline{PB} \cdot \cos x = \overline{AB} \cdot \sin x \cos x, \\ \overline{HB}=\overline{PB} \cdot \sin x = \overline{AB} \cdot \sin^2 x, \end{aligned}$

da cui

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{f(x) = 4 \sin x(\sin x + \cos x).}\] \end{equation}$

Soluzione punto b

Occorre determinare i valori di $x$ per cui $f(x)<2$ , ovvero risolvere la disequazione

$\[ \begin{aligned} 4\sin^2 x + 4\sin x\cos x < 2 &\iff 2 - 2\cos (2x) + 2 \sin (2x) < 2 \\ &\iff \cos(2x) > \sin (2x) \\ &\iff -\frac{3\pi}{4} +2k\pi < 2x < \frac{\pi}{4} +2k\pi \qquad k \in \mathbb{Z} \\ &\iff -\frac{3\pi}{8} +k\pi < x < \frac{\pi}{8} +k\pi \qquad k \in \mathbb{Z}, \end{aligned}$

dove nella prima equivalenza abbiamo usato le formule di duplicazione per il seno e il coseno. Considerando che $x$ assume valori compresi tra $0$ e $\frac{\pi}{2}$ , le soluzioni accettabili di questa disequazione sono

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{0 < x < \frac{\pi}{8}.}\] \end{equation}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Si consideri una semicirconferenza di diametro $\overline{AB}=2r$ , un punto $P$ su di essa diverso da $A$ e $B$ e si consideri l’angolo $\widehat{ABP}=x \in \left (0,\frac{\pi}{2} \right )$ .
Sia $C$ il punto simmetrico di $A$ rispetto a $P$ .

Calcolare, in base all’angolo $x$ , il perimetro $p(x)$ del triangolo $ACB$ .
Determinare l’area $A(x)$ del triangolo $ACB$ e la posizione di $P$ per cui l’area risulta maggiore o uguale all’area del quadrato di lato $r$ .

Rappresentiamo la situazione descritta dalla traccia del problema.

Figura 7.

Soluzione punto a

Il triangolo $APB$ è rettangolo in $P$ e, poiché i punti $A,P,C$ sono allineati, anche il triangolo $CPB$ è rettangolo in $P$ . Inoltre, questi triangoli hanno i lati $AP$ e $PC$ congruenti per costruzione eil lato $PB$ in comune, quindi sono congruenti.

Ne segue che il perimetro richiesto vale

$2(\overline{AB} + \overline{AP}).$

Si ha

$\overline{AP} = \overline{AB} \cdot \sin x.$

Ricordando $\overline{AB}=2r$ , si conclude

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{p(x) = 4r(1+ \sin x).}\] \end{equation}$

Soluzione punto b

Dalle considerazioni precedenti, il segmento $PB$ è un’altezza del triangolo isoscele $ABC$ e quindi la sua area vale $ABC$ vale

$A(x)= \overline{AP} \cdot \overline{PB} = (\overline{AB} \cdot \sin x ) (\overline{AB} \cdot \cos x),$

da cui

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{A(x) = 4r^2 \sin x \cos x = 2r^2 \sin(2x).}\] \end{equation}$

Soluzione punto c

Occorre determinare i valori di $x$ per i quali si abbia

$\begin{aligned} A(x) \geq r^2 &\iff 2r^2 \sin (2x) \geq r^2 \\ &\iff \sin(2x) \geq \frac{1}{2} \\ &\iff \frac{\pi}{6} +2k\pi \leq 2x \leq \frac{5\pi}{6} +2k\pi \qquad k \in \mathbb{Z} \\ &\iff \frac{\pi}{12} +k\pi \leq x \leq \frac{5\pi}{12} +k\pi \qquad k \in \mathbb{Z}. \end{aligned}$

Poiché $x \in \left (0,\frac{\pi}{2}\right )$ , la soluzione è

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\frac{\pi}{12} \leq x \leq \frac{5\pi}{12}.}\] \end{equation}$

Esercizio 7 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’area di un rombo di lato $35$ , sapendo che il coseno dell’angolo acuto è $\frac{7}{25}$ .

Soluzione

Tracciamo l’altezza del rombo relativa al lato $AB$ come in figura.

Figura 8: Rappresentazione del rombo con altezza $AH$ relativa alla base $AB$ .

Dato che l’angolo $\alpha$ è acuto, si ha

$\overline{DH}=\overline{AD}\cdot\sin \alpha = \overline{AD} \cdot \sqrt{1-\cos^2 \alpha} = 35 \cdot \frac{24}{25} = \frac{7 \cdot 24}{5}.$

L’area del rombo (che in particolare è un parallelogramma) è quindi

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{AB} \cdot \overline{DH} = 35 \cdot \frac{7 \cdot 24}{5} = 1176.}\] \end{equation}$

Esercizio 8 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il perimetro e l’area di un trapezio isoscele, sapendo che la base maggiore è $90$ , il lato obliquo $30$ e l’angolo alla base ha il coseno uguale a $\frac{3}{5}$ .

Soluzione

Rappresentiamo il trapezio descritto dal problema, costruendo l’altezza $DH$ relativa alla base maggiore $AB$ .

Figura 9: il trapezio isoscele in esame, con relativa altezza.

Al fine di ricavare il perimetro e l’area del trapezio, occorre determinare la lunghezza dell’altezza $DH$ e della base minore, che a sua volta si ottiene conoscendo la lunghezza del segmento $AH$ . Consideriamo dunque il triangolo rettangolo $AHD$ : si ha

$\begin{gathered} \overline{AH}= \overline{AD} \cdot \cos \alpha = 30 \cdot \frac{3}{5} = 18, \\ \overline{DH}= \overline{AD} \cdot \sin \alpha = \overline{AD} \cdot \sqrt{1-\cos^2 \alpha} = 30 \cdot \frac{4}{5} = 24. \end{gathered}$

Dunque

$\overline{DC}= \overline{AB} - 2 \cdot \overline{AH} = 90-36 = 54.$

Nota la base minore del trapezio, è possibile determinare il perimetro

$\begin{equation} \boxcolorato{superiori}{p=} \overline{AB} + \overline{BC} + \overline{DC} + \overline{AD} = 90+30+54+30 = \[\boxcolorato{superiori}{204}\] \end{equation}$

e l’area:

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\mathcal{A} = \frac{(\overline{AB}+ \overline{CD})\cdot \overline{DH}}{2} = \dfrac{(90+54)\cdot24}{2} =1728.}\] \end{equation}$

Esercizio 9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un parallelogramma un angolo misura $75^\circ$ , un lato è lungo $15$ e l’area è $15\sqrt{3}$ . Calcolare la misura dell’altro lato.

Soluzione

Tracciamo l’altezza $BH$ del parallelogramma relativa alla base $DC$ (di lunghezza $15$ ), e consideriamo il triangolo rettangolo $BHC$ con l’angolo in $C$ pari a $\alpha=75^\circ$ .

Figura 10: rappresentazione del parallelogramma in esame.

La misura dell’altezza $BH$ si ricava come

$\overline{BH} = \frac{\mathcal{A}_{ABCD}}{\overline{DC}} = \frac{15 \sqrt{3}}{15} = \sqrt{3}.$

Nel triangolo rettangolo $CHB$ l’angolo in $C$ vale $75^\circ$ e quindi si ha

$\overline{BC} = \frac{\overline{HB}}{\sin 75^\circ} = \dfrac{\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}} =\dfrac{4\sqrt{3}\,(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{(\sqrt{6}+\sqrt{2})(\sqrt{6}-\sqrt{2})} =\sqrt{3}\bigl(\sqrt{6}-\sqrt{2}\bigr),$

da cui il risultato

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{BC} = 3\sqrt{2}-\sqrt{6}.}\] \end{equation}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In un rombo di lato $\ell$ è inscritta una circonferenza; in tale circonferenza è inscritto il rettangolo che ha i vertici nei punti di tangenza fra rombo e circonferenza. Sapendo che l’ampiezza degli angoli acuti del rombo è $2\alpha$ , trovare l’area del rettangolo.

Soluzione

Rappresentiamo il rombo $ABCD$ , le diagonali, tra loro perpendicolari, la circonferenza inscritta nel rombo e il rettangolo $EFGH$ avente per vertici i punti di tangenza tra la circonferenza e il rombo.

I triangoli $ODA$ , $HDO$ , $HOA$ e $MOH$ sono rettangoli e simili, aventi un angolo acuto pari ad $\alpha$ . Dunque ricaviamo

$\overline{OH}=\overline{OD} \cdot \sin \alpha = \overline{AD} \cdot \cos \alpha \cdot \sin \alpha = \ell \cos \alpha \sin \alpha$

e inoltre

$\overline{OM}=\overline{OH} \cos \alpha = \ell \cos^2 \alpha \sin \alpha, \qquad \overline{MH}=\overline{OH} \sin \alpha = \ell \cos \alpha \sin^2 \alpha.$

Poiché $OM$ e $OH$ sono lunghi la metà dei lati del rettangolo, si ha

$\mathcal{A}_{EFGH} = 4\cdot \overline{OM} \cdot \overline{OH} = 4\ell^2\cos^3 \alpha \sin^3 \alpha,$

ossia, usando la formula di duplicazione del seno,

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\mathrm{Area} = \frac{\ell^2}{2} \sin^3(2\alpha).}\] \end{equation}$

Figura 11: il rombo

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 $\overline{AC} = 1+\sqrt{3}$ .

Soluzione

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

Figura 12: il triangolo $ABC$ , insieme alla circonferenza inscritta e circoscritta ad esso. Sono indicati anche il circocentro $O$ e l’incentro $I$ .

Applichiamo il teorema di Carnot per determinare gli angoli:

$\begin{gathered} \cos \gamma = \frac{\overline{BC}^2 + \overline{AC}^2 - \overline{AB}^2}{2 \cdot \overline{AC} \cdot \overline{BC}} = \dfrac{6+\bigl(1+\sqrt{3}\bigr)^{2}-4} {2\sqrt{6}\,\bigl(1+\sqrt{3}\bigr)} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \implies \gamma = 45^\circ; \\[5pt] \cos \alpha = \frac{\overline{AC}^2 + \overline{AB}^2- \overline{BC}^2}{2\cdot \overline{AC} \cdot \overline{AB}} = \dfrac{\bigl(1+\sqrt{3}\bigr)^{2}+4-6} {2\cdot2\bigl(1+\sqrt{3}\bigr)} = \dfrac12 \implies \alpha=60^\circ; \\[6pt] \beta= 180^\circ-\alpha - \gamma = 75^\circ. \end{gathered}$

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

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

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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.

Soluzione

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

Figura 13: il trapezio rettangolo $ABCD$ e la sua diagonale $BD$ , bisettrice di $\widehat{ABC}$ .

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

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

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:

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

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

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Si consideri il triangolo rettangolo $ABC$ inscritto in una circonferenza di diametro $\overline{AB}=2r$ ; sul lato $BC$ si costruisca il quadrato $BPQC$ esternamente al triangolo. Sapendo che il trapezio $ABPQ$ ha area

$S=\dfrac{4+3\sqrt2}{2}\,r^{2},$

quanto misura l’angolo $\widehat{BAC}$ ?

Soluzione

Rappresentiamo la costruzione descritta dalla traccia e denotiamo $\widehat{BAC}= \alpha \in \left (0,\frac{\pi}{2}\right )$ .

Figura 14: il triangolo $ABC$ inscritto nella circonferenza di diametro $AB$ e il quadrato costruito sul lato $BC$ .

Dalla teoria sui triangoli rettangoli segue

$\overline{BC}= 2r \sin \alpha, \qquad \overline{AC}=2r \cos \alpha.$

Poiché il trapezio $ABPQ$ ha base maggiore di lunghezza $\overline{BC} + \overline{AC}$ , base minore e altezza pari a $\overline{BC}$ , si ha

$\begin{aligned} (4+3\sqrt2)r^2 &= (2\cdot \overline{BC} + \overline{AC})\cdot \overline{BC} \\ &= (4r\sin \alpha + 2r\cos \alpha)2r\sin\alpha \\ &= 2r^2(4\sin^2 \alpha + 2\sin \alpha \cos \alpha) \\ &= 2r^2\big(2-2\cos(2\alpha) + \sin(2\alpha) \big) \end{aligned}$

Ponendo $t=\cos(2\alpha)$ e semplificando il fattore $r^2$ si ottiene l’equazione

$3\sqrt{2} +4t = 2\sqrt{1-t^2}$

Elevando al quadrato (è lecito in quanto $t>-1$ , mentre $3\sqrt{2}>4$ e quindi il membro di sinistra è positivo, come quello di destra) e riarrangiando si ha

$5t^2 + 6t\sqrt{2} + \frac{7}{2}= 0 \iff t= \frac{-3\sqrt{2} \pm \sqrt{18- \frac{35}{2}}}{5} \iff t= -\frac{\sqrt{2}}{2} \,\,\vee \,\, t= -\frac{7\sqrt{2}}{10}.$

Ambo le soluzioni sono accettabili in quanto aventi modulo minore di $1$ (si elevi al quadrato la seconda per accertarsene) e $t=\cos(2\alpha)$ con $\alpha \in \left (0, \frac{\pi}{2}\right )$ , da cui

$2\alpha= \frac{3\pi}{4} \,\,\vee \,\, 2\alpha = \arccos \left (-\frac{7\sqrt{2}}{2} \right ),$

da cui le soluzioni

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\alpha= \frac{3\pi}{8} \,\,\vee\,\, \alpha = \frac{1}{2}\arccos \left (-\frac{7\sqrt{2}}{2} \right ).}\] \end{equation}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In un triangolo acutangolo isoscele $ABC$ l’altezza $BH$ relativa al lato obliquo $\overline{AC}$ lo divide in due parti $\overline{AH}$ e $\overline{HC}$ tali che

$\dfrac{\overline{AH}}{\overline{HC}}=\dfrac{p}{q},$

con $p$ e $q$ numeri interi positivi. Determinare l’ampiezza di ciascuno dei due angoli congruenti del triangolo isoscele.

Soluzione

Rappresentiamo la situazione nella figura sottostante, e indichiamo con $\alpha$ l’angolo da determinare.

Figura 15: il triangolo isoscele $ABC$ di base $BC$ con altezza $BH$ relativa al lato obliquo $AC$ .

Dalla proporzione tra $\overline{AH}$ e $HC$ si ricava

$\overline{AB}= \frac{p+q}{p} \cdot \overline{AH}$

e quindi, poiché l’angolo in $H$ è retto, vale

$\cos(\pi-2\alpha) = \frac{\overline{AH}}{\overline{AB}} = \frac{p}{p+q},$

da cui

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\alpha= \frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}\arccos \left (\frac{p}{p+q} \right ).}\] \end{equation}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In una circonferenza di centro $O$ e diametro $\overline{AB}=2r$ la corda $MN$ è perpendicolare al diametro e lo divide in due parti che stanno nel rapporto $\frac{7}{3}$ . Determinare l’ampiezza dell’angolo al centro $\widehat{MON}$ .

Soluzione

Indichiamo con $x$ metà dell’angolo da determinare e rappresentiamo il tutto nella figura sottostante.

Figura 16: la corda $MN$ perpendicolare al diametro $AB$ nel punto $P$ , con gli angoli $x$ da determinare.

A meno di similitudini (che non alterano gli angoli), si può supporre $\overline{AP}=7$ e $\overline{PB}=3$ , da cui

$r= \frac{\overline{AP} +\overleftarrow{PB}}{2} = 5$

$\overline{OP}=r- \overline{PB}=2.$

Quindi

$\cos x = \frac{\overline{OP}}{r} = \frac{2}{5},$

da cui

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\widehat{MON}=2 \arccos \frac{2}{5}.}\] \end{equation}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . 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 $B$ .

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
$\bigl(\overline{AP}+\overline{PB}\bigr)\,\overline{BH} \;=\; \sqrt{3}\,r^{2}.$

Rappresentiamo la situazione descritta dal problema.

Figura 17.

Dato che il minore tra gli angoli $\widehat{AOB}$ vale $120^\circ$ , decomponendo il triangolo isoscele $AOB$ in due triangoli rettangoli mediante l’altezza relativa ad $AB$ , si ha

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

Soluzione punto 1

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

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

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

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

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

Soluzione punto 2

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

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{x= 30^\circ.}\] \end{equation}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 $x=\widehat{ACB}$ .

Soluzione

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

Figura 18: I triangoli $ABC$ e $ABD$ del problema 17.

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

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

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

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

Sommando le due aree si ottiene quindi

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

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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.

Soluzione

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

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{r= \frac{a + b}{\sqrt{2} + \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{a}}.}\] \end{equation}$

Figura 19.

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

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{a+b = \sqrt{2} + \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{a}.}\] \end{equation}$

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