Esercizi sui triangoli qualsiasi – Trigonometria

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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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Esercizi di trigonometria sulla risoluzione dei triangoli qualsiasi e problemi correlati.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa.

Revisori: Matteo Talluri.

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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

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

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . 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.

$\quad$

Rendered by QuickLaTeX.com

$\quad$

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 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . 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 $\overline{P_0Q_0} = 2\overline{OB}/\sqrt{3} = 2/3$ .

$\quad$

esercizi sui triangoli qualsiasi

$\quad$

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

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

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