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Triangoli rettangoli: esercizi svolti sulla trigonometria

Triangoli rettangoli

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi dedicati alla risoluzione dei triangoli rettangoli, con metodi di trigonometria.
In questo articolo proponiamo alcuni esercizi su questo importante tema, applicazione geometrica delle nozioni di goniometria.
Ogni esercizio è corredato di soluzione completa, consentendo così un apprendimento dinamico e interattivo sia allo studente della scuola secondaria che desidera potenziare le sue capacità, sia a studenti universitari per un ripasso in vista dei corsi di Analisi Matematica e Fisica.

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

Buona lettura!
 

Sommario

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Esercizi sui triangoli rettangoli risolti con metodi di trigonometria.

 
 

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa.

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


 
 

Esercizi

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:  

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Figura 1.

 

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.

Soluzione

Consideriamo la figura:

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Figura 2.

 

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)?

Soluzione

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).  

 

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:

\[\begin{array}{ll} k^4\overline{BC}^2 = k^2\overline{BC}^2 + \overline{BC}^2 & \text{se $\overline{AB} = k\cdot\overline{BC}$;} \\[2.5pt] k^4\overline{AB}^2 = k^2\overline{AB}^2 + \overline{AB}^2 & \text{se $\overline{BC} = k\cdot\overline{AB}$.} \\ \end{array}\]

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 perchè (1-\sqrt{5})/2 \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

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\tan(B\widehat{A}C) = \sqrt{\frac{\sqrt{5}\pm 1}{2}} .}\] \end{equation}


 
 

Esercizio 4 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Nel triangolo ABC, rettangolo in A, un cateto è lungo 20 e il coseno dell’angolo acuto a esso adiacente è 0{,}7. Determinare l’area e il perimetro del triangolo.

Soluzione

In un triangolo rettangolo, detto AB un cateto e \beta l’angolo in B a esso adiacente, l’ipotenusa è il lato BC, mentre l’altro cateto è il lato AC, e si ha

(1) \begin{equation*} \begin{gathered} \overline{BC}= \frac{\overline{BC}}{\cos \beta} = \frac{20}{0,7} = \frac{200}{7}, \\ \overline{AC}= \frac{\sin \beta}{\cos \beta}\cdot\overline{BC} = \frac{\sqrt{1-\cos^2 \beta}}{\cos \beta}\cdot\overline{BC} = \frac{20\sqrt{51}}{7}. \end{gathered} \] \end{equation*}

 

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Figura 3.

  Dunque il perimetro del triangolo vale

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{p = \overline{AB} + \overline{BC} + \overline{AC} = 20 \left (\frac{17+\sqrt{51}}{7} \right ).}\] \end{equation}

Poiché l’area di un triangolo rettangolo è pari al semiprodotto delle lunghezze dei cateti, si ha

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{A= \frac{\overline{AB}\cdot \overline{AC}}{2} = \frac{200\sqrt{51}}{7}.}\] \end{equation}


 
 

Esercizio 5 (\bigstar\bigstar\largewhitestar). L’area di un trapezio isoscele ABCD di base maggiore AB è 184, il suo perimetro è 64 e la sua altezza è h = 8. Determinare gli angoli del trapezio.

Soluzione

Gli angoli in A e in D sono alterno-interni e quindi sono supplementari, similmente agli angoli in B e in C. Poiché il trapezio in esame è isoscele, gli angoli in A e B sono congruenti, e quindi è sufficiente determinare il solo angolo in A, che chiamiamo \alpha. Chiamiamo inoltre H il piede dell’altezza del trapezio passante per il vertice D, sicché il triangolo AHD è rettangolo in H.  

  Dalla formula dell’area del trapezio si ha

\begin{equation} \[(\overline{AB} + \overline{CD})\cdot \overline{DH}=2 \cdot 184 \iff \overline{AB} + \overline{CD}=\frac{2 \cdot 184}{8} = 46.\] \end{equation}

D’altra parte, dalla formula del perimetro, ne segue

\begin{equation} \[ 2\overline{AD} +\overline{AB}+ \overline{CD} = 64 \iff \overline{AD} = \frac{64-(\overline{AB}+ \overline{CD})}{2} = 9. \] \end{equation}

Dato che il triangolo AHD è rettangolo in H, si ha

\begin{equation} \[ \sin \alpha= \frac{\overline{DH}}{\overline{AD}} = \frac{8}{9}. \] \end{equation}

Ne segue che

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\widehat{DAB}=\widehat{ABC} = \arcsin \frac{8}{9}, \qquad \widehat{ADC} = \widehat{BCD} = \pi - \arcsin \frac{8}{9}.}\] \end{equation}


 
 

Esercizio 6 (\bigstar\bigstar\largewhitestar). In un triangolo isoscele la base è lunga 24 e il coseno dell’angolo al vertice è \frac{7}{25}. Determinare le altezze del triangolo.

Soluzione

Chiamiamo ABC il triangolo e assumiamo che la base sia AB. Data l’altezza CH relativa alla base AB, il triangolo ACH è rettangolo. Chiamando \gamma la metà dell’angolo in C, dalle formule di bisezione si ha

\begin{equation} \[ \cos \gamma = \sqrt{\frac{1+ \cos 2\gamma}{2}} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}. \] \end{equation}

 

  Dalle formule per la risoluzione dei triangoli rettangoli si ha dunque

\begin{equation} \[ CH= \overline{AH}\cdot \frac{\cos \gamma}{\sin \gamma} = \frac{\overline{AB}}{2}\cdot \frac{\cos \gamma}{\sqrt{1-\cos^2 \gamma }} = 12 \cdot \frac{4}{3}, \] \end{equation}

da cui il risultato

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{CH} = 16.}\] \end{equation}

Le altre due altezze del triangolo isoscele ABC sono congruenti, quindi possiamo limitarci all’altezza AF rappresentata in figura. Poiché il triangolo ABF è rettangolo in F e l’angolo in B vale \frac{\pi}{2}-\gamma, si ha

\begin{equation} \[ \overline{AF}= \overline{AB} \cdot \sin \left (\frac{\pi}{2}-\gamma \right ) = \overline{AB} \cdot \cos \gamma = 24 \cdot \frac{4}{5}, \] \end{equation}

da cui

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{AF} = \frac{96}{5}.}\] \end{equation}

Alternativamente si poteva determinare in primo luogo la lunghezza del lato BC:

\begin{equation} \[ \overline{BC} = \frac{\overline{CH}}{\cos \gamma} = \frac{16}{\frac{4}{5}} = 20. \] \end{equation}

Poiché l’area del triangolo è invariante rispetto alla base scelta, deve aversi

\begin{equation} \[ \overline{BC} \cdot \overline{AF} = \overline{AB} \cdot \overline{CH} \iff \overline{AF} = \frac{\overline{AB} \cdot \overline{CH}}{\overline{BC}} = \frac{24 \cdot 16}{20}, \] \end{equation}

da cui il medesimo risultato.


 
 

Esercizio 7 (\bigstar\bigstar\largewhitestar). Nel triangolo ABC l’altezza CH divide \overline{AB} in due parti, una di lunghezza tripla dell’altra. Sapendo che \overline{AB} = 8a e CH = 2a, calcolare:

  • le tangenti degli angoli del triangolo;
  • il perimetro del triangolo;
  • l’altezza relativa a CB nel triangolo CHB.

 
Poiché \overline{AB}=8a, e dato che \overline{AH}=3 \cdot \overline{HB}, si ricava

\begin{equation} \[ \overline{AH}=6a, \qquad \overline{HB}=2a. \] \end{equation}

 

 
 

Figura 4.

 

Soluzione primo punto

Chiamiamo \alpha, \beta, \gamma rispettivamente gli angoli in A,B,C. Considerando il triangolo rettangolo AHC si ha

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\tan \alpha= \frac{\overline{CH}}{\overline{AH}} = \frac{1}{3},}\] \end{equation}

mentre, ragionando sul triangolo rettangolo BHC, si ottiene

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\tan \beta= \frac{\overline{CH}}{\overline{HB}} = 1.}\] \end{equation}

Poiché la somma dei tre angoli è pari a \pi, si ha

\begin{equation} \[ \tan \gamma = \tan \left (\pi- (\alpha + \beta)\right ) = -\tan(\alpha + \beta) = -\frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1- \tan \alpha \cdot \tan \beta}, \] \end{equation}

dove nella seconda uguaglianza abbiamo usato le formule degli archi associati per la tangente, mentre nell’ultima uguaglianza abbiamo usato le formule di addizione della tangente. Sostituendo i valori già noti per \tan \alpha, \tan \beta si giunge a

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\tan \gamma = -2.}\] \end{equation}


Soluzione secondo punto

Per determinare il perimetro, occorre calcolare le lunghezze dei lati AC e BC e lo si può fare mediante il teorema di Pitagora:

\begin{equation} \[ \begin{aligned} \overline{AC} &= \sqrt{\overline{AH}^{2}+\overline{CH}^{2}} = \sqrt{(6a)^{2}+(2a)^{2}} = 2a\sqrt{10},\\[4pt] \overline{BC} &= \sqrt{\overline{HB}^{2}+\overline{CH}^{2}} = \sqrt{(2a)^{2}+(2a)^{2}} = 2a\sqrt{2}. \end{aligned} \] \end{equation}

Da ciò si ottiene

\begin{equation} \[ p = \overline{AB} + \overline{BC} + \overline{AC} = 8a + 2a\sqrt2 + 2a\sqrt{10}, \] \end{equation}

da cui

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{P = 2a\bigl(4+\sqrt2+\sqrt{10}\bigr).}\] \end{equation}


Soluzione terzo punto

Chiamiamo F il piede dell’altezza relativa alla base BC nel triangolo CBH. L’area del triangolo CHB è indipendente dalla base scelta e dunque si ha

\begin{equation} \[ \overline{HB} \cdot \overline{HC} = \overline{BC} \cdot \overline{HF} \iff \overline{HF} = \frac{\overline{HB} \cdot \overline{HC}}{\overline{BC}} = \frac{4a^2}{2a \sqrt{2}}, \] \end{equation}

che produce

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{HF} = a \sqrt{2}.}\] \end{equation}

Alternativamente, dal primo punto \tan \beta=1, da cui segue \beta=\frac{\pi}{4}; ragionando sul triangolo rettangolo HFB, si ha

\begin{equation} \[\overline{HF}= \overline{HB} \cdot \sin \beta = 2a \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = a\sqrt{2}.\] \end{equation}


 
 

Esercizio 8 (\bigstar\bigstar\largewhitestar). Determinare i lati di un triangolo rettangolo sapendo che il perimetro è 180 e la tangente di uno degli angoli acuti è \frac{12}{5}.

Soluzione

Rappresentiamo il triangolo in esame e l’angolo acuto \alpha in A la cui tangente vale \frac{12}{5}.  

   

Figura 5.

  Il valore \frac{12}{5}=\tan \alpha corrisponde al rapporto tra i cateti, dunque

(2) \begin{equation*} \overline{BC}= \frac{12}{5} \cdot \overline{AC} \end{equation*}

e quindi, dal teorema di Pitagora, si ha

(3) \begin{equation*} \overline{AB} = \sqrt{\overline{BC}^2 + \overline{AC}^2} = \sqrt{\frac{144}{25} \cdot \overline{AC}^2 + \overline{AC}^2} = \frac{13}{5} \overline{AC}. \end{equation*}

Pertanto, tenendo conto del valore del perimetro, si ha

\[180 = \overline{AC} + \overline{BC} + \overline{AC} = \overline{AC} \cdot \left (1+ \frac{12}{5}+ \frac{13}{5} \right ) = 6 \cdot \overline{AC},\]

da cui

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{AC} = 30.}\] \end{equation}

Sostituendo in (2) e (3) si ottiene

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{BC}=72, \qquad \overline{AB}= 78.}\] \end{equation}


 
 

Esercizio 9 (\bigstar\bigstar\largewhitestar). Trovare i lati del triangolo ABC in cui \cos\widehat{A} = \frac{4}{5}, \widehat{B} = 45^\circ e l’altezza relativa ad AB è lunga 24.

Soluzione

Chiamiamo \alpha,\beta,\gamma gli angoli rispettivamente in A,B,C. Chiamando H il piede dell’altezza relativa alla base AB, i triangoli AHC e BHC sono rettangoli e, dai dati del problema, vale \overline{CH}=24.  

  Ragionando sul triangolo AHC si ha

\[\overline{AC} = \frac{\overline{CH}}{\sin \alpha} = \frac{\overline{CH}}{\sqrt{1-\cos^2 \alpha}} = 24 \cdot \frac{5}{3},\]

da cui

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{AC}=40.}\] \end{equation}

Si ha invece

\[\overline{AH} = \overline{AC} \cdot \cos \alpha = 40 \cdot \frac{4}{5} = 32.\]

Usando gli stessi argomenti sul triangolo rettangolo BHC si ottiene

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{BC} = \frac{\overline{CH}}{\sin \beta} = 24 \sqrt{2}}\] \end{equation}

Inoltre

\[\overline{BH} = \overline{BC} \cdot \cos \beta = 24 \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 24.\]

Dunque

\[\overline{AB} = \overline{AH} + \overline{BH} = 32 + 24,\]

da cui

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\overline{AB} = 56.}\] \end{equation}


 
 

Esercizio 10 (\bigstar\bigstar\largewhitestar). Si inscriva un triangolo ABC in una semicirconferenza di centro O e diametro \overline{AB}=4a, in modo che l’angolo in B risulti maggiore dell’angolo in A. Si indichi inoltre con H il punto appartenente al lato AC e alla retta perpendicolare al diametro AC passante per O. Determinare l’angolo \widehat{B} in modo che il prodotto \overline{OH} \cdot \overline{AC} valga 4a^{2}.

Soluzione

Rappresentiamo la figura descritta dal problema.  

   

Figura 6.

   

Il triangolo ABC è rettangolo in C con ipotenusa AB avente lunghezza 4a, e quindi si ha

\[\overline{AC} = 4a \sin \beta.\]

D’altra parte, anche il triangolo AOH è rettangolo con cateto AO avente lunghezza pari al raggio 2a e dunque

\[\overline{OH}= \overline{AO}\cdot \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = 2a \cdot \frac{\cos \beta}{\sin \beta},\]

dove abbiamo utilizzato \beta=\frac{\pi}{2}- \alpha. Moltiplicando le misure di AC e OH e imponendo che tale prodotto sia pari a 4a^2, si ottiene

\[4a^2= \overline{AC} \cdot \overline{OH} = 4a \sin \beta \cdot 2a \cdot \frac{\cos \beta}{\sin \beta} = 8a^2 \cos \beta \iff \cos \beta= \frac{1}{2},\]

da cui si ricava

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\beta= \frac{\pi}{3}.}\] \end{equation}


 
 

Esercizio 11 (\bigstar\bigstar\largewhitestar). L’ipotenusa di un triangolo rettangolo è lunga 106 e il perimetro 252. Determinare le tangenti degli angoli acuti.

Soluzione

Indichiamo con AC l’ipotenusa del triangolo, di lunghezza 106, e con \alpha, \gamma i due angoli acuti. Poiché tali angoli sono complementari, si ha

\[\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{\cos \gamma}{\sin \gamma} = \frac{1}{\tan \gamma}.\]

 

   

Figura 7.

  Poiché il perimetro del triangolo vale 252, si ha

(4) \begin{equation*} 252 = \overline{AC} + \overline{AB} + \overline{BC} = 106 + \overline{AB} + \overline{BC} \iff \overline{AB} + \overline{BC} = 146 \end{equation*}

D’altra parte, dal teorema di Pitagora si ha

\[106 = \sqrt{\overline{AB}^2 + \overline{BC}^2}.\]

Ricordando \overline{BC}=\overline{AB} \cdot \tan \alpha, le due condizioni precedenti danno luogo a un sistema di due equazioni in due incognite:

\[\begin{aligned} \begin{cases} \overline{AB} (1+ \tan \alpha) = 146 \\[5pt] \overline{AB} \sqrt{1+ \tan^2 \alpha} = 106 \end{cases} &\iff \begin{cases} \dfrac{106}{ \sqrt{1+ \tan^2 \alpha}} (1+ \tan \alpha) = 146 \\[10pt] \overline{AB} = \frac{106}{ \sqrt{1+ \tan^2 \alpha}}. \end{cases} \end{aligned}\]

Elevando al quadrato ambo i membri della prima equazione, si ha

\[\begin{aligned} \frac{1+ 2\tan \alpha + \tan^2 \alpha}{1+ \tan^2 \alpha} = \frac{73^2}{53^2} &\iff \frac{73^2-53^2}{53^2} (1+\tan^2 \alpha) - 2 \tan \alpha =0 \\ &\iff \tan \alpha = \frac{45}{28} \,\,\vee \,\, \tan \alpha = \frac{28}{45}. \end{aligned}\]

Le soluzioni sono una il reciproco dell’altra, compatibilmente col fatto con l’osservazione iniziale che \tan \alpha= \frac{1}{\tan \gamma} in quanto i dati del problema non individuano l’angolo minore e quello maggiore. Possiamo quindi concludere, senza perdita di generalità, che

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{\tan \alpha= \frac{28}{45}, \qquad \tan \gamma = \frac{45}{28}.}\] \end{equation}


 
 

Esercizio 12 (\bigstar\bigstar\bigstar). Nel triangolo ABC, rettangolo in C, l’area misura 24 e \overline{AC} = 8. Considerare un punto P variabile sulla semicirconferenza di diametro CB esterna al triangolo. Sia D la sua proiezione su CB. Posto \widehat{PBC}=x, determinare l’equazione della funzione

\[f(x)=\overline{DB}+\overline{PD}.\]

Soluzione

Poiché i triangoli BPD e BPC sono rettangoli e hanno l’angolo x in comune, essi sono simili, e sono simili anche al triangolo PDC.  

   

Figura 8.

  Dunque

\[\begin{gathered} \overline{PD} = \overline{PC} \cdot \cos x = \overline{BC} \cdot \sin x \cos x, \\ \overline{DB} = \overline{PB} \cos x = \overline{BC} \cos^2 x, \end{gathered}\]

da cui

\[f(x) = \overline{BC} \cos x (\cos x + \sin x).\]

Ricordando che l’area di ABC vale 24 e che essa è il semiprodotto delle misure dei cateti, si ricava

\[24= \frac{8 \cdot \overline{BC}}{2} \iff \overline{BC}=6,\]

da cui, inserendo nell’equazione precedente, abbiamo

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{f(x)= 6 \cos x( \cos x + \sin x) \qquad \forall x \in \left [0, \frac{\pi}{2} \right ].}\] \end{equation}


 
 

Esercizio 13 (\bigstar\bigstar\largewhitestar). Dato il quadrato ABCD di lato unitario, tracciare l’arco di circonferenza AC di centro il punto B. Su di esso si consideri il punto P individuato dall’angolo \widehat{PBC}=x. Indicate con S e T le proiezioni di P sui lati DA e DC, determinare l’espressione della funzione f(x) che rappresenta il perimetro del rettangolo SPTD.

Soluzione

Rappresentiamo graficamente i dati del problema e chiamiamo y l’angolo complementare di x nel quadrato.  

   

Figura 9.

  Poiché il lato del quadrato è unitario, si ha \overline{BP}=1; dato che il triangolo PHB è rettangolo in H, ricaviamo

\[\begin{gathered} \overline{ST} = 1- \overline{HB}= 1 - \overline{BP}\cdot \cos y = 1- \sin x, \\ \overline{TP} = 1- \overline{PH}= 1 - \overline{BP}\cdot \sin y = 1- \cos x. \end{gathered}\]

Dunque il perimetro del rettangolo SPTD vale

\begin{equation} \[\boxcolorato{superiori}{f(x) = 2(1- \sin x) + 2(1-\cos x) = 4 - 2\sin x - 2\cos x \qquad \forall x \in \left [0, \frac{\pi}{2} \right ].}\] \end{equation}


 
 

Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica

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