Triangoli qualsiasi: esercizi svolti con il teorema dei seno e coseno

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sulla risoluzione dei triangoli qualsiasi con metodi di trigonometria.
L’articolo è costituito da alcuni problemi sull’applicazione dei principali risultati di questa parte del programma di trigonometria: il teorema dei seni e del coseno e gli altri teoremi tradizionalmente affrontati durante lo studio teorico.
Gli esercizi sono di carattere e difficoltà varia e sono corredati di soluzione completa. La raccolta è quindi ideale per studenti della scuola secondaria, appassionati e studenti universitari che desiderano rivedere gli argomenti di base.

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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Raccolta di esercizi sui triangoli qualsiasi risolti mediante tecniche di trigonometria.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa.

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

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un triangolo acutangolo $ABC$ è inscritto in una circonferenza; le misure dei lati $AC$ e $BC$ sono rispettivamente $5$ e $3$ e l’area è $6$ . Determinare il raggio della circonferenza circoscritta.

Soluzione

Tracciamo l’altezza $BH$ relativa alla base $AC$ del triangolo e sia $\alpha=\widehat{ACB}$ .

Figura 1: il triangolo acutangolo $ABC$ inscritto nella circonferenza.

Poiché la misura dell’altezza $BH$ vale $\overline{BC} \cdot \sin \alpha$ , si ha

$\mathcal{A}_{ABC}= \frac{\overline{AC} \cdot \overline{BC} \cdot \sin \alpha}{2} \iff \sin \alpha = \frac{\mathrm{2 \cdot Area}}{\overline{AC} \cdot \overline{BC}} = \frac{4}{5}.$

Dato che il triangolo $ABC$ è acutangolo, il coseno di $\alpha$ è positivo e quindi

$\cos \alpha= \sqrt{1-\sin^2 \alpha} = \frac{3}{5}.$

Per il teorema di Carnot, si ha

$\overline{AB}^2 = \overline{AC}^2 + \overline{BC}^2 - 2 \cdot \overline{AC} \cdot \overline{BC} \cdot \cos \alpha = 25 + 9 - 2 \cdot 5 \cdot 3 \cdot \frac{3}{5} = 16,$

da cui $\overline{AB}=4$ . Indicando con $R$ il raggio della circonferenza, dal teorema dei seni si ha

$2R= \frac{\overline{AB}}{\sin \alpha} = \frac{4}{\frac{4}{5}},$

da cui

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

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Nel triangolo acutangolo $ABC$ la lunghezza della proiezione $HC$ del lato $AC$ su $BC$ è $40$ ; si sa inoltre che $\cos\widehat{C}= \frac{4}{7}$ , $\sin\widehat{BAH}= \frac{2}{7}$ .
Calcolare le lunghezze dei lati del triangolo e l’ampiezza dell’angolo $\widehat{BAC}$ .

Soluzione

Rappresentiamo il triangolo descritto dalla traccia e indichiamo con $\gamma=\widehat{BAH}$ e con $\alpha=\widehat{ACB}$ .

Figura 2: Rappresentazione del triangolo $ABC$ con $H$ piede dell’altezza da $A$ su $BC$ . Il segmento $CH$ è la proiezione di $AC$ su $BC$ .

Dalla teoria sui triangoli rettangoli si ha

$\overline{AC} = \frac{\overline{HC}}{\cos \gamma} = \frac{40}{\frac{4}{7}} = 70.$

Si ha inoltre

$\overline{AH} = \overline{AC} \cdot \sin \gamma = \overline{AC} \cdot \sqrt{1-\cos^2 \gamma} = 70 \cdot \frac{\sqrt{33}}{7} = 10 \sqrt{33}$

e dunque

$\overline{AB}= \frac{\overline{AH}}{\cos \alpha} = \frac{\overline{AH}}{\sqrt{1-\sin^2 \alpha}} = \frac{10 \sqrt{33}}{\frac{3\sqrt{5}}{7}} = \frac{14\sqrt{165}}{3}.$

Ciò implica che

$\overline{BH} = \overline{AB} \cdot \sin \alpha = \frac{14\sqrt{165}}{3} \cdot \frac{2}{7} = \frac{4\sqrt{165}}{3},$

da cui

$\overline{BC} = \overline{BH} + \overline{HC} = \frac{4\sqrt{165}}{3} + 40 = \frac{4}{3}\left (30+\sqrt{165}\right ).$

Riassumendo:

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{AC}=70, \qquad \overline{AB}=\frac{14\sqrt{165}}{3}, \qquad \overline{BC}=\frac{4}{3}\left (30+\sqrt{165}\right ).}\] \end{equation}$

Per determinare l’angolo in $A$ si usa il teorema di Carnot:

$\begin{gathered} \cos\widehat{BAC}= \frac{\overline{AB}^{2}+\overline{AC}^{2}-\overline{BC}^{2}}{2\,\overline{AB}\cdot \overline{AC}} =\frac{495-8\sqrt{165}}{49\sqrt{165}}, \end{gathered}$

da cui

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\widehat{BAC}= \arccos \frac{495-8\sqrt{165}}{49\sqrt{165}} \approx 51.5^\circ.}\] \end{equation}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Il parallelogramma $ABCD$ ha l’angolo $\widehat{B} = \frac{2\pi}{3}$ ; la sua bisettrice incontra la diagonale $AC$ nel punto $P$ in modo che $\overline{AP}= \frac{35}{8}$ e $\overline{BP}= \frac{15}{8}$ . Determinare i lati del parallelogramma.

Soluzione

Considerando il triangolo $ABC$ , rappresentiamo gli elementi descritti dalla traccia.

Figura 3: il parallelogramma $ABCD$ con la diagonale $AC$ e il punto $P$ di intersezione tra la bisettrice dell’angolo in $B$ con la diagonale $AC$ .

Applicando il teorema di Carnot al triangolo $ABP$ si ottiene

$\begin{aligned} \overline{AP}^2 = \overline{BP}^2 + \overline{AB}^2 - 2 \overline{BP} \cdot \overline{AB} \cdot \cos \beta \iff \overline{AB}^2 - \frac{15}{8} \cdot \overline{AB} - \frac{1000}{64}=0. \end{aligned}$

Risolvendo l’equazione quadratica nell’incognita $\overline{AB}$ si ottiene la sola soluzione positiva

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{AB}=5 = \overline{CD}.}\] \end{equation}$

Per determinare $\overline{BC}$ , ricaviamo dapprima una relazione tra le lunghezze di due lati di un triangolo, l’angolo compreso e la sua bisettrice. Si ha infatti

$\mathcal{A}_{ABC}= \frac{\overline{AB} \cdot \overline{CH}}{2} = \frac{\overline{AB} \cdot \overline{BC} \cdot \sin (2\beta)}{2},$

ossia l’area di un triangolo è pari al semiprodotto di due lati per il seno dell’angolo tra esso compreso. Ripetendo tale ragionamento per i triangoli $ABP$ e $BPC$ e uguagliando a $\mathcal{A}_{ABC}$ la somma delle loro aree, si ottiene

$\overline{AB} \cdot \overline{BC} \cdot \sin (2\beta) = \overline{BP} (\overline{BC} + \overline{AB}) \cdot \sin \beta$

Ricordando $\sin(2\beta)=\sin \beta$ (in quanto $\beta=60^\circ$ ), $\overline{BP}=\frac{15}{8}$ e $\overline{AB}=5$ , si ricava

$5 \cdot \overline{BC} = \frac{15}{8} \cdot(\overline{BC} + 5),$

da cui il risultato

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{BC}= 3 = \overline{AD}.}\] \end{equation}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In un settore circolare $AOB$ di raggio $r$ e di ampiezza uguale a $90^{\circ}$ si tracci un raggio $OP$ . Si consideri la proiezione ortogonale $D$ di $P$ sul raggio $OB$ e il punto medio $C$ del raggio $OA$ . Determinare l’angolo $\widehat{AOP}$ sapendo che è valida la relazione

$\overline{PC}^{2} + \overline{PD}^{2} = \frac{11}{10}\,r^{2}.$

Soluzione

Rappresentiamo il settore circolare e indichiamo con $\alpha$ l’angolo da determinare.

Figura 4: il settore $AOB$ di raggio $r$ e ampiezza $90^\circ$ , il raggio $OP$ , la proiezione $D$ di $P$ su $OB$ e il punto medio $C$ di $OA$ .

Poiché il triangolo $ODP$ è rettangolo e l’angolo in $O$ vale $\frac{\pi}{2}-\alpha$ , si ha

$\overline{PD}^2= \overline{OP}^2 \sin^2 \left (\frac{\pi}{2}-\alpha \right ) = r^2 \cos^2 \alpha.$

Consideriamo invece il triangolo $COP$ ; dal teorema di Carnot si ha

$\overline{PC}^2 = \overline{OP}^2 + \overline{OC}^2-2\cdot\overline{OP} \cdot \overline{OC} \cdot \cos \alpha = r^2+\frac{r^2}{4} - r^2\cos \alpha.$

Sommando questi valori e imponendo la condizione fornita dalla traccia si ha

$\frac{11}{10}r^2 = r^2 \left (\frac{5}{4} - \cos \alpha + \cos^2 \alpha \right ) \iff \cos^2 \alpha - \cos \alpha + \frac{3}{20}=0 \iff \cos \alpha = \frac{5\pm \sqrt{10}}{10},$

entrambe soluzioni accettabili in quanto positive (visto che l’angolo $\alpha$ è compreso tra $0$ e $\frac{\pi}{2}$ ) e minori di $1$ . Dunque

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\alpha= \arccos \left ( \frac{5\pm \sqrt{10}}{10} \right ).}\] \end{equation}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Del triangolo $ABC$ sono noti i seguenti elementi:

$\overline{AB}=10,\qquad \widehat{BAC}=45^{\circ},\qquad \widehat{ABC}=30^{\circ}.$

Determinare i lati $\overline{AC}$ e $\overline{CB}$ .
Si consideri il punto $P$ appartenente al lato $AC$ e, posto $\widehat{PBA}=x$ , risolvere la seguente equazione:
$\overline{PA}+\overline{PB} =\dfrac{5}{3}\sqrt{\,2\!\bigl(3+\sqrt{3}\bigr)}.$

Rappresentiamo gli oggetti descritti dalla traccia.

Figura 5: rappresentazione grafica della configurazione descritta dal problema.

Soluzione punto 1

Poiché la somma degli angoli interni di un triangolo vale $180^\circ$ , si ha

$\widehat{ACB} = 180^\circ - \widehat{BAC} - \widehat{ABC} = 105^\circ.$

Dalle formule degli angoli associati e dalla formula di addizione del seno abbiamo

$\sin(105^\circ)=\sin(75^\circ) = \sin(30^\circ)\cos(45^\circ) + \cos(30^\circ)\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$

e quindi, dal teorema dei seni, ricaviamo

$\overline{AC} = \overline{AB} \cdot \frac{\sin \widehat{ABC} }{\sin \widehat{ACB}} = 10 \cdot \frac{\sin 30^\circ}{\sin 105^\circ} = \frac{20}{\sqrt{6}+\sqrt{2}},$

cioè

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{AC} = 5(\sqrt{6}- \sqrt{2}).}\] \end{equation}$

Allo stesso modo

$\overline{BC} = \overline{AB} \cdot \frac{\sin \widehat{BAC} }{\sin \widehat{ACB}} =\dfrac{10\sin45^{\circ}}{\sin105^{\circ}} =\dfrac{20\sqrt2}{\sqrt6+\sqrt2} =5\sqrt2\bigl(\sqrt6-\sqrt2\bigr),$

ossia

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{BC} = 10(\sqrt3-1).}\] \end{equation}$

Soluzione punto 2

Nel triangolo $ABP$ l’angolo in $A$ rimane fisso ( $45^{\circ}$ ); con una seconda applicazione del teorema dei seni risulta

$\overline{PA} = \dfrac{10\sin x}{\sin(x+45^{\circ})}, \qquad \overline{PB} = \dfrac{10\sin45^{\circ}}{\sin(x+45^{\circ})} =\dfrac{5\sqrt2}{\sin(x+45^{\circ})}.$

Il testo impone la condizione $PA+PB = \dfrac{5}{3}\sqrt2\bigl(3+\sqrt3\bigr),$ ossia

$\begin{aligned} \frac{10\sin x + 5\sqrt2}{\sin(x+45^{\circ})} =\dfrac{5}{3}\sqrt2\bigl(3+\sqrt3\bigr) &\iff \frac{10\sin x + 5\sqrt2}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin x + \cos x)} =\dfrac{5}{3}\sqrt2\bigl(3+\sqrt3\bigr) \\ &\iff 6\sin x + 3\sqrt{2} =(3+\sqrt{3})(\sin x + \cos x) \\ &\iff (3-\sqrt{3})\sin x - (3+\sqrt{3})\cos x = -3\sqrt{2}. \end{aligned}$

Per determinare una soluzione di questa equazione, cerchiamo di ottenere al primo membro il seno della somma di due angoli; a tal fine moltiplichiamo ambo i membri per $\frac{\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}$ :

$\begin{aligned} \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} \sin x - \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} \cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2} &\iff \cos(75^\circ)\sin x - \sin(75^\circ \cos x)= -\frac{\sqrt{3}}{2}\\ &\iff \sin(x-75^\circ)= -\frac{\sqrt{3}}{2}, \end{aligned}$

dove abbiamo usato la formula di addizione per il seno. Poiché $0<x\leq 30^\circ$ , l’unica possibilità affinché l’ultima equazione sia vera è che

$x-75^\circ=-60^\circ,$

da cui

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{x=15^\circ.}\] \end{equation}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Data la semicirconferenza di centro $O$ e raggio unitario, si prolunghi il diametro $\overline{AB}$ di un segmento $\overline{BC}=1$ e si scelgano due punti $P$ e $Q$ della semicirconferenza tali che

$\widehat{COQ}=2\,\widehat{COP}.$

Ponendo $x=\widehat{COP}$ , determinare l’espressione esplicita di

$f(x)=\dfrac{\overline{QC}^{2}-\overline{PC}^{2}}{2\,\overline{QP}^{2}}.$

Soluzione

Rappresentiamo in figura la situazione descritta dalla traccia.

Figura 6.

Applichiamo il teorema di Carnot al triangolo $COP$ per calcolare il quadrato della lunghezza del segmento $PC$ :

$\overline{PC}^2 = \overline{OC}^2 + \overline{OP}^2 - 2\cdot \overline{OC} \cdot \overline{OP} \cos x = 5 - 4\cos x.$

Similmente si ottiene

$\overline{QC}^2 = \overline{OC}^2 + \overline{OQ}^2 - 2\cdot \overline{OC} \cdot \overline{OQ} \cos (2x) = 5 - 4\cos (2x) = 5 - 8\cos^2 x + 4 = 9-8\cos^2 x.$

Allo stesso modo

$\overline{PQ}^2 = \overline{OQ}^2 + \overline{OP}^2 - 2\cdot \overline{OQ} \cdot \overline{OP} \cos x = 2 - 2\cos x.$

L’espressione di $f(x)$ vale dunque

$\begin{aligned} f(x) &= \dfrac{\overline{QC}^{2}-\overline{PC}^{2}}{2\,\overline{QP}^{2}} \\ &= \frac{9-8\cos^2 x -5 + 4\cos x }{4 - 4\cos x} \\ &= \frac{2\cos^2 x - \cos x - 1}{\cos x-1} \\ &= \frac{2\cos^2 x - 2\cos x + \cos x - 1}{\cos x-1}, \end{aligned}$

da cui

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{f(x) = 2\cos x - 1 \qquad \forall x \in \left (0, \frac{\pi}{2} \right ].}\] \end{equation}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . È data la semicirconferenza di diametro $\overline{AB}=2r$ e centro $O$ . Nel triangolo $ABC$ in essa inscritto si ponga

$\widehat{BAC}=x \in \left (0, \frac{\pi}{2} \right )$

e, sulla semiretta $OC$ , si consideri il punto $P$ tale che $\overline{OC}=\overline{CP}$ . Verificare che

$\overline{PA}^{\,2}+\overline{PB}^{\,2}=10r^{2}.$

Soluzione

Rappresentiamo gli elementi descritti dalla traccia.

Figura 7: la semicirconferenza di diametro $AB$ , il triangolo $ABC$ inscritto e il punto $P$ sulla semiretta $OC$ con $OC=CP$ descritto dall’esercizio 7.

Il triangolo $AOC$ è isoscele e quindi

$\widehat{ACO}= x, \qquad \widehat{AOC} = \pi -2x, \qquad \widehat{BOC} = 2x.$

Dal teorema di Carnot applicato ai triangolo $AOP$ e $BOP$ possiamo ricavare i quadrati delle misure di $PA$ e $PB$ :

$\begin{gathered} \overline{PA}^2= \overline{OA}^2 + \overline{OP}^2 -2\cdot \overline{OA} \cdot \overline{OP} \cdot \cos(\pi-2x) = r^2 + 4r^2 + 2r^2 \cos(2x), \\ \overline{PB}^2= \overline{OB}^2 + \overline{OP}^2 -2\cdot \overline{OB} \cdot \overline{OP} \cdot \cos(2x) = r^2 + 4r^2 - 2r^2 \cos(2x), \end{gathered}$

da cui, sommando, si ottiene

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{PA}^2 + \overline{PB}^2 = 10r^2.}\] \end{equation}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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?

Soluzione

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 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 $3 \overline{AM}^2=\overline{BC}\cdot \overline{BD}$ .

Soluzione

Consideriamo la figura seguente:

Figura 8.

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

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

da cui

$\overline{BC}=\sqrt{3} a.$

Alternativamente si poteva osservare che il triangolo $BCM$ è isoscele sulla base $BC$ con angoli alla base di $\frac{\pi}{6}$ , quindi

$\overline{BC}= 2 \cdot \overline{MB} \cdot \cos \frac{\pi}{6} = \sqrt{3} a.$

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

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

Poiché per costruzione vale $0 \leq x \leq \frac{2\pi}{3}$ , si ha

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

da cui, ricordando $\alpha= \frac{\pi}{3}$ ,

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

La prima delle due soluzioni va scartata: quindi

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{x = \frac{\pi}{2}.}\] \end{equation}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che in un qualsiasi triangolo si ha

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

Soluzione

Figura 9.

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 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . 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 $PQ$ ?

Soluzione

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

Figura 10: Dimostriamo che $2/3$ è proprio il valore minimo di $\overline{PQ}$ seguendo due strade alternative.

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

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

$\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\frac{2}{3}.}\] \end{equation}$

Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica

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Wolfram MathWorld – Una delle risorse online più complete per la matematica. Contiene migliaia di articoli su argomenti di matematica, creati e curati da esperti. Sebbene non sia un forum, è una risorsa eccellente per la teoria matematica.
The Math Forum – Un sito storico che offre un’ampia gamma di risorse, inclusi forum di discussione, articoli e risorse educative. Sebbene alcune parti del sito siano state integrate con altri servizi, come NCTM, rimane una risorsa preziosa per la comunità educativa.
Stack Overflow (sezione matematica) – Sebbene Stack Overflow sia principalmente noto per la programmazione, ci sono anche discussioni rilevanti di matematica applicata, specialmente nel contesto della scienza dei dati, statistica, e algoritmi.
Reddit (r/Math) – Un subreddit popolare dove si possono trovare discussioni su una vasta gamma di argomenti matematici. È meno formale rispetto ai siti di domande e risposte come Math Stack Exchange, ma ha una comunità attiva e molte discussioni interessanti.
Brilliant.org – Offre corsi interattivi e problemi di matematica e scienza. È particolarmente utile per chi vuole allenare le proprie capacità di problem solving in matematica.
Khan Academy – Una risorsa educativa globale con lezioni video, esercizi interattivi e articoli su una vasta gamma di argomenti di matematica, dalla scuola elementare all’università.

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Triangoli qualsiasi: esercizi svolti con il teorema dei seno e coseno

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