Area di un triangolo con il seno e teorema della corda: formule ed esercizi

L’area di un triangolo con il seno risolve un problema pratico: la formula «base per altezza diviso due» vuole l’altezza, che quasi mai è tra i dati, mentre con la trigonometria bastano due lati e l’angolo compreso. Serve per misurare terreni, per le aree di poligoni regolari e quadrilateri e, insieme al teorema della corda, per risolvere i triangoli qualsiasi; all’esame compare negli esercizi di trigonometria e nei problemi con la circonferenza. In questa pagina vediamo perché base per altezza non basta, la formula $S = \frac{1}{2}ab\sin\gamma$ dimostrata anche per l’angolo ottuso, l’area massima a lati fissati, parallelogramma, rombo e quadrilateri dalle diagonali, il teorema della corda, il triangolo inscritto, i poligoni regolari e l’idea di Archimede per $\pi$, il segmento circolare, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Perché base per altezza non basta

Prendi un’aiuola triangolare con due lati di 9 m e 4 m che formano un angolo di 60°. Lati e angoli si misurano con un metro e un goniometro; l’altezza no, perché servirebbe la perpendicolare esatta dal vertice opposto. Anche negli esercizi i dati sono lati e angoli, quasi mai altezze.

L’altezza però si calcola. Chiama $C$ il vertice dell’angolo di 60°, prendi come base $BC = 9$ m e traccia l’altezza $AH$. Il triangolo $AHC$ è rettangolo in $H$, con ipotenusa $AC = 4$ m e angolo di 60° in $C$: per il primo teorema dei triangoli rettangoli il cateto $AH$, opposto all’angolo, è l’ipotenusa per il seno.

$$\begin{gathered} h = 4\sin 60° = 2\sqrt{3} \\ S = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 2\sqrt{3} = 9\sqrt{3} \approx 15{,}59 \end{gathered}$$

L’aiuola misura circa 15,59 m². L’altezza è solo un passaggio intermedio: conviene una formula che parta direttamente da due lati e dall’angolo, come quella che usano i topografi nelle applicazioni della trigonometria.

L’area di un triangolo con il seno

Usiamo le notazioni solite: vertici $A$, $B$, $C$; lati $a = BC$, $b = AC$, $c = AB$; angoli $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ nei vertici $A$, $B$, $C$.

Le tre versioni sono la stessa formula con coppie di lati diverse. La sola regola da ricordare: l’angolo è quello compreso, cioè quello nel vertice comune ai due lati. I lati $a$ e $b$ si incontrano in $C$, quindi con loro va $\gamma$.

Dimostrazione

Prendiamo come base $a = BC$ e tracciamo l’altezza $h = AH$ dal vertice $A$ sulla retta $BC$. In ogni caso $S = \frac{1}{2}\,a\,h$, quindi basta dimostrare che $h = b\sin\gamma$. Distinguiamo tre casi.

Se γ è acuto, il triangolo $AHC$ è rettangolo in $H$, con ipotenusa $AC = b$ e angolo $\gamma$ in $C$. Il cateto $AH$ è opposto a $\gamma$, quindi $h = b\sin\gamma$. Se l’angolo in $B$ è ottuso, $H$ cade fuori dal lato $BC$, dalla parte di $B$, ma il triangolo $AHC$ resta rettangolo con l’angolo $\gamma$ in $C$: il ragionamento non cambia.

Se γ è retto, $H$ coincide con $C$ e l’altezza è il lato stesso: $h = b = b\sin 90°$.

Se γ è ottuso, l’altezza cade sul prolungamento di $BC$ oltre $C$. Nel triangolo rettangolo $AHC$ l’angolo in $C$ non è $\gamma$ ma il suo supplementare $180° - \gamma$, perché i due angoli sono adiacenti sulla retta $BC$. Quindi $h = b\sin(180° - \gamma)$. Ma tra gli archi associati c’è $\sin(180° - \gamma) = \sin\gamma$, e di nuovo $h = b\sin\gamma$.

In tutti e tre i casi $S = \frac{1}{2}\,a\,h = \frac{1}{2}\,a\,b\sin\gamma$. Scegliendo come base $b$ o $c$ si ottengono le altre due versioni.

Esempio 1. L’aiuola di prima, in una riga: $S = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 4 \cdot \sin 60° = 9\sqrt{3} \approx 15{,}59$ m².

Esempio 2: angolo ottuso. Stessi lati, 9 e 4, ma angolo compreso di 120°. Siccome $\sin 120° = \sin 60° = \frac{\sqrt{3}}{2}$, l’area è ancora $9\sqrt{3}$. Sono due triangoli diversi, con il terzo lato che passa da circa 7,81 a circa 11,53, ma con la stessa area.

A parità di lati, quando l’area è massima

Fissa due lati $a$ e $b$ e lascia libero l’angolo $\gamma$ tra loro, come le aste di un compasso. L’area $\frac{1}{2}ab\sin\gamma$ dipende solo da $\sin\gamma$, che per $0° < \gamma < 180°$ è positivo e vale al massimo 1, solo per $\gamma = 90°$.

Non serve nessuna derivata: basta $\sin\gamma \leq 1$. Con i lati 9 e 4:

Angolo $\gamma$	Area $S$
30° o 150°	$9$
60° o 120°	${\approx 15{,}59}$
90°	$18$

L’area cresce fino a 90° e poi cala in modo simmetrico, perché angoli supplementari hanno lo stesso seno; vicino a 0° o a 180° il triangolo si schiaccia e l’area tende a zero. Per lo stesso motivo, tra i parallelogrammi con lati assegnati il più grande è il rettangolo.

Parallelogramma, rombo e quadrilateri

Il parallelogramma

Una diagonale divide il parallelogramma in due triangoli uguali, ciascuno con i lati $a$ e $b$ e l’angolo $\alpha$ tra loro. L’area è il doppio di quella di un triangolo, quindi il $\frac{1}{2}$ sparisce:

$$S = a\,b\sin\alpha$$

Non importa quale angolo usi: due angoli consecutivi sono supplementari e hanno lo stesso seno. Esempio. Lati 5 e 7 con un angolo di 45°: $\ S = 35 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 24{,}75$.

Il rombo

Il rombo è un parallelogramma con quattro lati uguali a $\ell$, quindi $S = \ell^2\sin\alpha$. Ha però anche le diagonali perpendicolari, che si tagliano a metà, e la sua area è $S = \frac{d_1\,d_2}{2}$: confrontando le due formule, il prodotto delle diagonali è $d_1\,d_2 = 2\ell^2\sin\alpha$.

Esempio. Un rombo di lato 8 cm con un angolo di 30° ha area $S = 64\sin 30° = 32$ cm², la metà del quadrato con lo stesso lato: a parità di lato l’area è massima con l’angolo retto, cioè nel quadrato. Le diagonali non servono, ma il loro prodotto si legge subito: $d_1\,d_2 = 2S = 64$ cm².

Un quadrilatero convesso dalle diagonali

Perché è vero. Nel quadrilatero convesso $ABCD$ le diagonali $AC = d_1$ e $BD = d_2$ si incontrano in un punto interno $O$, che le divide in $AO = p$, $OC = q$, $BO = s$, $OD = t$. Le diagonali tagliano il quadrilatero in quattro triangoli con un vertice in $O$. I loro angoli in $O$ sono alternativamente $\theta$ e $180° - \theta$ (opposti al vertice uguali, adiacenti supplementari), quindi hanno tutti lo stesso seno. Sommando le quattro aree:

$$\begin{gathered} S = \tfrac{1}{2}\sin\theta\,(ps + qs + qt + pt) \\ {} = \tfrac{1}{2}\sin\theta\,(p + q)(s + t) \\ {} = \tfrac{1}{2}\,d_1\,d_2\sin\theta \end{gathered}$$

Non conta dove si incrociano le diagonali, ma solo le loro lunghezze e l’angolo. Con diagonali perpendicolari, come nel rombo, nel quadrato e nell’aquilone, $\theta = 90°$ e resta $\frac{d_1\,d_2}{2}$.

Il teorema della corda

Le definizioni

• Una corda è un segmento che unisce due punti di una circonferenza; la più lunga è il diametro.
• L’angolo al centro che insiste sulla corda $AB$ è $\widehat{AOB}$, con il vertice nel centro $O$.
• Un angolo alla circonferenza che insiste su $AB$ è $\widehat{APB}$, con il vertice $P$ sulla circonferenza, diverso da $A$ e $B$.

Dalla geometria sai che un angolo alla circonferenza è la metà dell’angolo al centro che insiste sullo stesso arco.

Dimostrazione

Supponiamo che $AB$ non sia un diametro e che $P$ stia sull’arco maggiore. L’angolo al centro che insiste sull’arco $AB$ non contenente $P$ è il doppio di $\alpha$: $\widehat{AOB} = 2\alpha$. Il triangolo $AOB$ è isoscele, perché $OA = OB = r$. In un triangolo isoscele l’altezza $OM$ relativa alla base è anche mediana e bisettrice: $M$ è il punto medio di $AB$ e divide l’angolo $2\alpha$ in due angoli uguali ad $\alpha$. Il triangolo $AOM$ è rettangolo in $M$, con ipotenusa $OA = r$ e angolo $\alpha$ in $O$, quindi

$$\begin{gathered} AM = r\sin\alpha \\ AB = 2\,AM = 2r\sin\alpha \end{gathered}$$

Se il vertice sta sull’altro arco

Se il vertice è un punto $Q$ dell’arco minore, l’angolo alla circonferenza non è più $\alpha$ ma $180° - \alpha$: il quadrilatero $APBQ$ è inscritto nella circonferenza e i suoi angoli opposti, in $P$ e in $Q$, sono supplementari. Il seno però non cambia, $\sin(180° - \alpha) = \sin\alpha$, e la formula vale lo stesso: va bene qualunque angolo alla circonferenza che insiste sulla corda.

Il caso del diametro

Se $AB$ è un diametro, ogni angolo alla circonferenza che insiste su di esso è retto (teorema di Talete) e la formula dà $2r\sin 90° = 2r$. Il triangolo $AOB$ qui è schiacciato, ma il risultato si verifica direttamente. E siccome $\sin\alpha \leq 1$, nessuna corda supera il diametro.

La forma con l’angolo al centro

Spesso il dato è l’angolo al centro $\theta = \widehat{AOB}$. L’angolo alla circonferenza ne è la metà, quindi la corda è il diametro per il seno di metà dell’angolo al centro:

$$AB = 2r\sin\frac{\theta}{2}$$

Va bene anche l’angolo al centro preso dall’altra parte, $360° - \theta$: la sua metà, $180° - \frac{\theta}{2}$, ha lo stesso seno.

Esempio 3. In una circonferenza di raggio 5, la corda con angolo alla circonferenza di 30° (angolo al centro 60°) misura $2 \cdot 5 \cdot \sin 30° = 5$, come il raggio: è il lato dell’esagono regolare inscritto.

Il lato di un poligono regolare inscritto

Un poligono regolare di $n$ lati inscritto in una circonferenza di raggio $r$ ha lati uguali, ognuno con angolo al centro $\frac{360°}{n}$. Con la forma appena vista:

$$\ell_n = 2r\sin\frac{180°}{n}$$

Per il triangolo equilatero $\ell_3 = 2r\sin 60° = r\sqrt{3}$, per il quadrato $\ell_4 = 2r\sin 45° = r\sqrt{2}$, per l’esagono $\ell_6 = 2r\sin 30° = r$. Per il pentagono serve la calcolatrice: $\ell_5 = 2r\sin 36° \approx 1{,}176\,r$.

L’area di un triangolo inscritto in una circonferenza

Ogni triangolo è inscritto nella sua circonferenza circoscritta. Se ne conosci il raggio $r$ e gli angoli, il teorema della corda dà i lati, perché ogni lato è una corda e l’angolo opposto insiste su di essa:

$$\begin{gathered} a = 2r\sin\alpha \\ b = 2r\sin\beta \\ c = 2r\sin\gamma \end{gathered}$$

Queste uguaglianze sono il cuore del teorema dei seni, il prossimo articolo. Sostituendo $a$ e $b$ nella formula dell’area:

$$\begin{gathered} S = \frac{1}{2}\,(2r\sin\alpha)(2r\sin\beta)\sin\gamma \\ S = 2r^2\sin\alpha\,\sin\beta\,\sin\gamma \end{gathered}$$

Esempio 4. In un triangolo equilatero inscritto i tre angoli sono di 60°:

$$S = 2r^2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 = \frac{3\sqrt{3}}{4}\,r^2 \approx 1{,}299\,r^2$$

Controllo: il lato è $r\sqrt{3}$ e un triangolo equilatero di lato $\ell$ ha area $\frac{\sqrt{3}}{4}\ell^2 = \frac{3\sqrt{3}}{4}r^2$. Sostituendo invece $\sin\gamma = \frac{c}{2r}$ si trova $S = \frac{abc}{4r}$, che ritroverai nel teorema dei seni.

Poligoni regolari e pi greco

Il poligono inscritto

Unendo il centro con i vertici, un poligono regolare di $n$ lati inscritto in una circonferenza di raggio $r$ si divide in $n$ triangoli isosceli uguali, con due lati lunghi $r$ e l’angolo al centro $\frac{360°}{n}$ tra loro. Con l’area con il seno:

$$S_n = \frac{n}{2}\,r^2\sin\frac{360°}{n}$$

Per il quadrato viene $2r^2$, per l’esagono $3r^2\sin 60° = \frac{3\sqrt{3}}{2}\,r^2$.

Il poligono circoscritto

Un poligono regolare è circoscritto alla circonferenza se i suoi lati le sono tangenti. Il raggio che va al punto di tangenza è perpendicolare al lato, quindi l’apotema, la distanza del centro dai lati, è proprio $r$. L’apotema divide ognuno degli $n$ triangoli con vertice nel centro in due triangoli rettangoli con cateto $r$ e angolo $\frac{180°}{n}$ in $O$: per il secondo teorema dei triangoli rettangoli metà lato è $r\tan\frac{180°}{n}$, e l’area è

$$\begin{gathered} S_n' = n \cdot \frac{1}{2} \cdot 2r\tan\frac{180°}{n} \cdot r \\ S_n' = n\,r^2\tan\frac{180°}{n} \end{gathered}$$

In entrambi i casi l’area è metà del perimetro per l’apotema. Ma l’apotema è $r$ solo nel poligono circoscritto; in quello inscritto è $r\cos\frac{180°}{n}$, più corto del raggio.

I poligoni stringono il cerchio

Con $r = 1$ il cerchio ha area $\pi \approx 3{,}1416$, e i due poligoni lo stringono da sotto e da sopra:

Lati $n$	Inscritto	Circoscritto
4	$2$	$4$
6	${\approx 2{,}598}$	${\approx 3{,}464}$
12	$3$	${\approx 3{,}215}$
24	${\approx 3{,}106}$	${\approx 3{,}160}$
96	${\approx 3{,}1394}$	${\approx 3{,}1427}$

Al crescere di $n$ le due aree si avvicinano a $\pi$ da parti opposte. In linguaggio moderno sono due successioni con lo stesso limite, $\pi$, e lo si dimostra con il limite notevole di $\frac{\sin x}{x}$.

Archimede e i poligoni di 96 lati

È l’idea con cui Archimede, nel III secolo a.C., nella Misura del cerchio racchiuse $\pi$ tra due frazioni:

$$3\frac{10}{71} < \pi < 3\frac{1}{7}$$

cioè circa $3{,}1408 < \pi < 3{,}1429$. Partì dagli esagoni inscritto e circoscritto e raddoppiò i lati fino a 96. Lavorava però sui perimetri, non sulle aree, e senza seni né tangenti. Con la trigonometria, il rapporto tra perimetro e diametro vale $96\sin 1{,}875° \approx 3{,}14103$ per il poligono inscritto e $96\tan 1{,}875° \approx 3{,}14271$ per quello circoscritto: le frazioni di Archimede sono stime un po’ più larghe, comode da calcolare a mano.

Il segmento circolare

Il segmento circolare è la parte di cerchio tra una corda $AB$ e il suo arco. Se $\theta$ è l’angolo al centro, il segmento è il settore circolare di angolo $\theta$ meno il triangolo $AOB$, con due lati $r$ e l’angolo $\theta$ tra loro:

$$\begin{gathered} S = \frac{1}{2}\,r^2\theta - \frac{1}{2}\,r^2\sin\theta \\ S = \frac{1}{2}\,r^2\,(\theta - \sin\theta) \end{gathered}$$

Esempio 5. Raggio 4 cm e angolo al centro di 90°, cioè $\frac{\pi}{2}$:

$$S = 8\left(\frac{\pi}{2} - 1\right) = 4\pi - 8 \approx 4{,}57 \text{ cm}^2$$

È un quarto di cerchio, circa 12,57 cm², meno un triangolo rettangolo isoscele di 8 cm². La formula vale anche per il segmento maggiore, con $\theta$ tra $\pi$ e $2\pi$: lì $\sin\theta$ è negativo e il triangolo si aggiunge al settore. Un esempio con un’aiuola è tra gli esercizi su gradi e radianti.

Gli errori più comuni

• Usare un angolo non compreso. In $\frac{1}{2}ab\sin\gamma$ l’angolo deve stare tra $a$ e $b$; se hai l’angolo opposto a uno dei due, prima ricava quello compreso.
• Mescolare gradi e radianti nel segmento. Con $r = 4$ e 90°, $8\,(90 - \sin 90°)$ dà 712 cm², più di quattordici volte il cerchio intero: $\theta$ va in radianti.
• Usare l’angolo al centro al posto di quello alla circonferenza. Con raggio 5 e angolo al centro 60°, la corda non è $10\sin 60° \approx 8{,}66$ ma $10\sin 30° = 5$.
• Dimenticare 180° − α. Dall’arco minore la corda si vede con l’angolo $180° - \alpha$, e un angolo ricavato dal seno ha due soluzioni (esercizio 2).
• Mettere un mezzo nell’area del parallelogramma. È $ab\sin\alpha$: i triangoli sono due.
• Prendere negativo il seno di un angolo ottuso. Tra 0° e 180° il seno è positivo, $\sin 135° = \frac{\sqrt{2}}{2}$; negativo è il coseno.
• Confondere apotema e raggio. Nel poligono circoscritto l’apotema è $r$, nell’inscritto $r\cos\frac{180°}{n}$.
• Arrotondare troppo presto. Con $\sin 65° \approx 0{,}9$ l’area dell’esercizio 3 verrebbe 810 m² invece di circa 815,7 m²: tieni quattro cifre fino alla fine.

Esercizi svolti

1. Due lati e un angolo ottuso

Testo. In un triangolo $ABC$ i lati $a = 7$ cm e $b = 12$ cm formano un angolo $\gamma = 135°$. Calcola l’area.

L’angolo è ottuso, ma il suo seno è positivo: $\sin 135° = \sin(180° - 135°) = \sin 45° = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Quindi

$$\begin{gathered} S = \frac{1}{2} \cdot 7 \cdot 12 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \\ S = 21\sqrt{2} \approx 29{,}70 \text{ cm}^2 \end{gathered}$$

Controllo con la formula di Erone. Il terzo lato viene dal teorema del coseno, con $\cos 135° = -\frac{\sqrt{2}}{2}$:

$$\begin{gathered} c^2 = 49 + 144 - 2 \cdot 7 \cdot 12\cos 135° \\ c^2 = 193 + 84\sqrt{2} \approx 311{,}79 \\ c \approx 17{,}658 \end{gathered}$$

Il semiperimetro è $p \approx 18{,}329$ e la formula di Erone dà $S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)} \approx \sqrt{882} \approx 29{,}70$ cm². L’area è circa il 71% di quella massima con questi lati, $\frac{1}{2} \cdot 7 \cdot 12 = 42$ cm², perché $\sin 135° \approx 0{,}707$.

2. Dall’area all’angolo: due triangoli

Testo. Un triangolo ha i lati $a = 8$ e $b = 11$ e area 22. Quanto può valere l’angolo $\gamma$ compreso tra $a$ e $b$? Trova il terzo lato in ogni caso.

Si ricava il seno dalla formula dell’area:

$$\sin\gamma = \frac{2S}{ab} = \frac{44}{88} = \frac{1}{2}$$

Tra 0° e 180° gli angoli con seno $\frac{1}{2}$ sono due: $\gamma_1 = 30°$ e $\gamma_2 = 150°$. Entrambi vanno bene, perché due lati e un angolo compreso qualsiasi individuano sempre un triangolo. Il terzo lato, con il teorema del coseno:

$$\begin{gathered} c^2 = 64 + 121 - 2 \cdot 8 \cdot 11\cos\gamma \\ c^2 = 185 - 176\cos\gamma \end{gathered}$$

Con $\cos 30° = \frac{\sqrt{3}}{2}$ viene $c_1^2 = 185 - 88\sqrt{3} \approx 32{,}58$; con $\cos 150° = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ viene $c_2^2 = 185 + 88\sqrt{3} \approx 337{,}42$.

	Triangolo 1	Triangolo 2
$\gamma$	30°	150°
$c$	${\approx 5{,}71}$	${\approx 18{,}37}$
angolo massimo	${\approx 105{,}51°}$ in $B$	150° in $C$

Controllo: con la formula di Erone entrambi hanno area 22. Con questi lati, però, l’area non può superare $\frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 11 = 44$: con area 50 verrebbe $\sin\gamma = \frac{100}{88} > 1$, nessun triangolo.

3. Un campo dalle diagonali

Testo. Le diagonali di un campo quadrilatero convesso $ABCD$ si incontrano nel punto $O$, con $AO = 20$ m, $OC = 30$ m, $BO = 16$ m, $OD = 20$ m e $\widehat{AOB} = 65°$. Calcola l’area in due modi: sommando i quattro triangoli e con la formula delle diagonali. Quanto sarebbe se le diagonali fossero perpendicolari?

Gli angoli in $O$ sono $\widehat{AOB} = \widehat{COD} = 65°$, opposti al vertice, e $\widehat{BOC} = \widehat{DOA} = 115°$, i supplementari. Siccome $\sin 115° = \sin 65° \approx 0{,}9063$:

$$\begin{gathered} S_{AOB} = \tfrac{1}{2} \cdot 20 \cdot 16\sin 65° \approx 145{,}0 \\ S_{BOC} = \tfrac{1}{2} \cdot 30 \cdot 16\sin 115° \approx 217{,}5 \\ S_{COD} = \tfrac{1}{2} \cdot 30 \cdot 20\sin 65° \approx 271{,}9 \\ S_{DOA} = \tfrac{1}{2} \cdot 20 \cdot 20\sin 115° \approx 181{,}3 \end{gathered}$$

In tutto circa 815,7 m². Con la formula, le diagonali sono $d_1 = 20 + 30 = 50$ m e $d_2 = 16 + 20 = 36$ m:

$$\begin{gathered} S = \frac{1}{2} \cdot 50 \cdot 36\sin 65° \\ {} = 900\sin 65° \approx 815{,}7 \text{ m}^2 \end{gathered}$$

I due risultati coincidono. Con le diagonali perpendicolari, $\sin 90° = 1$ e l’area sarebbe 900 m², circa 84,3 m² in più: a parità di diagonali è la massima.

4. Il decagono regolare

Testo. In una circonferenza di raggio 10 cm considera il decagono regolare inscritto e quello circoscritto. Calcola le aree e i perimetri dei due decagoni e confrontali con l’area del cerchio e la lunghezza della circonferenza.

Con $n = 10$ l’angolo al centro è 36° e la sua metà 18°. Decagono inscritto:

$$\begin{gathered} S_{10} = \frac{10}{2} \cdot 100 \cdot \sin 36° \\ S_{10} = 500\sin 36° \approx 293{,}89 \\ \ell_{10} = 20\sin 18° \approx 6{,}180 \end{gathered}$$

cioè area circa 293,89 cm² e perimetro circa $10 \cdot 6{,}180 \approx 61{,}80$ cm. Decagono circoscritto, con apotema 10 cm:

$$\begin{gathered} S_{10}' = 10 \cdot 100 \cdot \tan 18° \\ S_{10}' = 1000\tan 18° \approx 324{,}92 \\ \ell_{10}' = 20\tan 18° \approx 6{,}498 \end{gathered}$$

cioè area circa 324,92 cm² e perimetro circa 64,98 cm. Il cerchio ha area $100\pi \approx 314{,}16$ cm² e circonferenza $20\pi \approx 62{,}83$ cm:

$$\begin{gathered} 293{,}89 < 314{,}16 < 324{,}92 \\ 61{,}80 < 62{,}83 < 64{,}98 \end{gathered}$$

Il decagono inscritto copre circa il 93,5% del cerchio, il circoscritto lo supera del 3,4%. Divisi per il diametro, i perimetri danno $3{,}09 < \pi < 3{,}25$: l’idea di Archimede con dieci lati invece di 96. Controllo con metà perimetro per apotema: l’apotema dell’inscritto è $10\cos 18° \approx 9{,}5106$ e $\frac{1}{2} \cdot 61{,}803 \cdot 9{,}5106 \approx 293{,}89$; per il circoscritto $\frac{1}{2} \cdot 64{,}984 \cdot 10 \approx 324{,}92$.

5. Una corda vista da due archi

Testo. In una circonferenza di raggio 9 cm la corda $AB$ ha un angolo al centro di 80°. Quanto è lunga? Quanto misura un angolo alla circonferenza che insiste su $AB$ con il vertice sull’arco maggiore? E con il vertice sull’arco minore?

Con la forma con l’angolo al centro:

$$\begin{gathered} AB = 2 \cdot 9 \cdot \sin\frac{80°}{2} \\ {} = 18\sin 40° \approx 11{,}57 \text{ cm} \end{gathered}$$

Con il vertice sull’arco maggiore l’angolo alla circonferenza è metà di quello al centro, 40°; sull’arco minore è il supplementare, $180° - 40° = 140°$, perché i due vertici e gli estremi della corda formano un quadrilatero inscritto. Il teorema della corda funziona con entrambi: $18\sin 140° = 18\sin 40° \approx 11{,}57$ cm.

Controllo: la distanza del centro dalla corda è $OM = 9\cos 40° \approx 6{,}894$ cm e metà corda è $AM \approx 5{,}785$ cm; nel triangolo rettangolo $AOM$, $OM^2 + AM^2 \approx 47{,}53 + 33{,}47 = 81 = 9^2$.

6. Un triangolo inscritto (livello esame)

Testo. Un triangolo $ABC$ è inscritto in una circonferenza di raggio 6 cm, con $\alpha = 30°$ e $\beta = 45°$. Trova i lati con il teorema della corda e l’area in due modi. Che frazione del cerchio occupa il triangolo?

Il terzo angolo è $\gamma = 180° - 30° - 45° = 105°$. Ogni lato è il diametro, 12 cm, per il seno dell’angolo opposto, e $\sin 105° = \sin 75° = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ dalle formule di addizione:

$$\begin{gathered} a = 12\sin 30° = 6 \\ b = 12\sin 45° = 6\sqrt{2} \approx 8{,}485 \\ c = 12\sin 105° = 3\left(\sqrt{6} + \sqrt{2}\right) \approx 11{,}59 \end{gathered}$$

Il lato più lungo, $c$, sta di fronte all’angolo più grande, come deve essere. Primo modo, con due lati e l’angolo compreso:

$$\begin{gathered} S = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \\ {} = \frac{9}{2}\left(\sqrt{12} + 2\right) = \frac{9}{2}\left(2\sqrt{3} + 2\right) \\ {} = 9\left(\sqrt{3} + 1\right) \approx 24{,}59 \text{ cm}^2 \end{gathered}$$

Secondo modo, con raggio e angoli:

$$\begin{gathered} S = 2 \cdot 36 \cdot \sin 30° \sin 45° \sin 105° \\ S \approx 72 \cdot 0{,}5 \cdot 0{,}7071 \cdot 0{,}9659 \approx 24{,}59 \end{gathered}$$

Controllo con l’altezza da $C$: $h_c = \frac{2S}{c} \approx \frac{49{,}18}{11{,}59} \approx 4{,}243$, e nel triangolo rettangolo con ipotenusa $AC = b$ e angolo $\alpha$ in $A$ anche $h_c = b\sin 30° = 3\sqrt{2} \approx 4{,}243$. Il cerchio ha area $36\pi \approx 113{,}10$ cm², quindi il triangolo ne occupa circa $\frac{24{,}59}{113{,}10} \approx 0{,}217$, poco più di un quinto; e siccome $\gamma$ è ottuso, il centro sta fuori dal triangolo.

Altri problemi, mescolati con il resto del capitolo, sono negli esercizi svolti di trigonometria.

In sintesi

• Area con il seno: $S = \frac{1}{2}ab\sin\gamma = \frac{1}{2}bc\sin\alpha = \frac{1}{2}ac\sin\beta$, sempre con l’angolo compreso; vale anche con l’angolo ottuso, perché $\sin(180° - \gamma) = \sin\gamma$.
• A lati fissati l’area è massima con l’angolo retto e vale $\frac{1}{2}ab$; angoli supplementari danno la stessa area.
• Parallelogramma $ab\sin\alpha$, rombo $\ell^2\sin\alpha = \frac{d_1 d_2}{2}$, quadrilatero convesso $\frac{1}{2}d_1 d_2\sin\theta$.
• Teorema della corda: $AB = 2r\sin\alpha$ con $\alpha$ qualsiasi angolo alla circonferenza; con l’angolo al centro, $AB = 2r\sin\frac{\theta}{2}$; lato del poligono regolare inscritto $2r\sin\frac{180°}{n}$.
• Triangolo inscritto in una circonferenza di raggio $r$: $S = 2r^2\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma$.
• Poligoni regolari: inscritto $\frac{n}{2}r^2\sin\frac{360°}{n}$, circoscritto $nr^2\tan\frac{180°}{n}$; al crescere di $n$ entrambe tendono a $\pi r^2$.
• Segmento circolare: $\frac{1}{2}r^2(\theta - \sin\theta)$, con $\theta$ in radianti.

Ogni lato di un triangolo è una corda della circonferenza circoscritta: applicando il teorema della corda a tutti e tre i lati si ottiene il teorema dei seni.