Esercizi triangoli qualsiasi con trigonometria

Triangoli qualsiasi in trigonometria

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Esercizi di trigonometria per il sito Qui Si Risolve.

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa.

Revisori: Matteo Talluri.

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$\mathbb{N}$	Insieme dei numeri naturali;
$\mathbb{Z}$	Insieme dei numeri interi relativi;
Simbolo $X$	Descrizione.

Triangoli qualsiasi

$\quad$

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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$\quad$

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

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

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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$\quad$

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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$\quad$

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

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

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 è 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 $\overline{P_0Q_0} = 2\overline{OB}/\sqrt{3} = 2/3$ .

$\quad$

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

$\quad$

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: Equazione con MathJax

(2) $\begin{equation*} \begin{split} \dfrac{\overline{OP}}{\sin(O\widehat{B}P)} &= \dfrac{\overline{OB}}{\sin(O\widehat{P}B)} \iff \overline{OP} = \dfrac{\sin(30^\circ)}{\sqrt{3}\sin(90^\circ - \vartheta)} = \dfrac{1}{2\sqrt{3}\cos(\vartheta)}; \\[10pt] \dfrac{\overline{OQ}}{\sin(Q\widehat{B}O)} &= \dfrac{\overline{OB}}{\sin(O\widehat{Q}B)} \iff \overline{OQ} = \dfrac{\sin(30^\circ)}{\sqrt{3}\sin(\vartheta + 30^\circ)} = \dfrac{1}{2\sqrt{3}\cos(60^\circ - \vartheta)}. \end{split} \end{equation*}$

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

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

Esercizi misti

$\quad$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri un quadrilatero di vertici $A$ , $B$ , $C$ e $D$ . Le diagonali $AC$ e $DB$ sono mutuamente ortogonali e si incontrano in un punto $O$ , quest’ultimo punto dista $a$ da $A$ , $B$ e $C$ e $b$ da $D$ . Dimostrare che tale quadrilatero 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 il triangolo $FO'C$ è rettangolo in $F$ e l’angolo $F \widehat{C}O'$ è di $45^\circ$ , quindi 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

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

$\quad$

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

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

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 1. 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 1: i due quadrilateri $ABCD$ e $EFGH$ .

$\quad$

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

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

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 $k^2$ .

Riferimenti bibliografici

[1] Abate, M., Geometria, McGraw-Hill (1996).

[2] Pallino, P., Titolo del libro, Editore (1900).

[3] Rossi, M. & Verdi, G., Titolo del libro, Editore (1900).

[4] Qui Si Risolve, Funzioni elementari – Volume 1.

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