Esercizi svolti di trigonometria: triangoli, teorema dei seni e del coseno

1. L’altro angolo acuto è $\beta = 90° - 23° = 67°$. Il cateto noto è opposto a $\gamma$, quindi vale $a\sin\gamma$ e anche $b\tan\gamma$: l’ipotenusa e l’altro cateto si trovano dividendo.

L’area è $S = \frac{1}{2}\,b\,c \approx 471{,}17$.

2. Con Pitagora, $a = \sqrt{2304 + 3025} = \sqrt{5329} = 73$. I rapporti tra i lati danno i valori esatti, senza calcolatrice:

La calcolatrice serve solo per l’angolo: $\beta = \arctan\frac{48}{55} \approx 41{,}11°$ e $\gamma = 90° - \beta \approx 48{,}89°$. L’area è $S = \frac{1}{2} \cdot 48 \cdot 55 = 1320$; uguagliandola a $\frac{1}{2}\,a\,h$ si trova l’altezza relativa all’ipotenusa:

Verifica. Punto 1: $20^2 + 47{,}12^2 \approx 2620 \approx 51{,}19^2$. Punto 2: $\sin^2\beta + \cos^2\beta = \frac{2304 + 3025}{5329} = 1$. In entrambi i triangoli il cateto più lungo sta di fronte all’angolo acuto più grande.

1. La pendenza è il rapporto tra dislivello e percorso orizzontale: la tangente dell’angolo, non l’angolo.

Il percorso orizzontale è il cateto adiacente: $\frac{0{,}6}{0{,}08} = 7{,}5$ m. La rampa è l’ipotenusa, e il dislivello è il cateto opposto a $\theta$:

La rampa supera la sua proiezione di soli 2 cm.

2. Il dislivello è il cateto opposto all’angolo di $30°$, la scala mobile è l’ipotenusa e la pianta il cateto adiacente. Con i valori notevoli $\sin 30° = \frac{1}{2}$ e $\tan 30° = \frac{\sqrt{3}}{3}$:

La salita dura $\frac{12}{0{,}5} = 24$ s.

Verifica. Con Pitagora, $\sqrt{7{,}5^2 + 0{,}6^2} = \sqrt{56{,}61} \approx 7{,}52$ m, come con il seno. Nel punto 2, $\sqrt{12^2 - 6^2} = \sqrt{108} = 6\sqrt{3}$ m, come con la tangente.

In entrambi i punti l’asse di simmetria taglia la figura in triangoli rettangoli, con metà della base e metà dell’angolo.

1. Il triangolo rettangolo ha il cateto di 5 cm opposto all’angolo di $20°$:

L’area è $\frac{1}{2} \cdot 10 \cdot h \approx 68{,}69$ cm².

2. L’asse di simmetria è la diagonale $AC$: taglia $BD$ a metà, nel punto $H$, ad angolo retto, e divide a metà gli angoli in $A$ e in $C$. Nei triangoli rettangoli $ABH$ e $CBH$ il cateto $BH$ misura 12 cm:

quindi $\widehat{BAH} \approx 53{,}130°$ e $\widehat{BCH} \approx 18{,}925°$. Gli angoli in $A$ e in $C$ sono i doppi, $\widehat{A} \approx 106{,}26°$ e $\widehat{C} \approx 37{,}85°$; nel triangolo $ABC$ l’angolo in $B$ è $180° - 53{,}130° - 18{,}925° \approx 107{,}95°$, come quello in $D$. Con Pitagora $AH = \sqrt{225 - 144} = 9$ cm e $CH = \sqrt{1369 - 144} = 35$ cm, quindi $AC = 44$ cm. L’area è la somma di quelle dei triangoli $ABD$ e $CBD$, di base $BD$:

Per il valore esatto basta la duplicazione, $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$:

Verifica. Punto 1: con l’area con il seno (esercizio 4), $\frac{1}{2}\,\ell^2\sin 40° \approx 68{,}69$ cm². Punto 2: con il teorema del coseno (esercizio 7) nel triangolo $ABD$, $BD^2 = 225 + 225 - 450\cos\widehat{A} = 450 + 126 = 576 = 24^2$.

1. Con la formula dell’area e $\sin 120° = \sin 60° = \frac{\sqrt{3}}{2}$ (dagli archi associati, $\sin(180° - x) = \sin x$):

Con l’angolo ottuso l’altezza cade fuori dal triangolo, ma la formula vale lo stesso.

2. Con il teorema della corda:

L’angolo al centro è $90°$: è il lato del quadrato inscritto. L’angolo di $135° = 180° - 45°$ guarda la stessa corda dall’altro arco e ha lo stesso seno: la corda è la stessa.

Verifica. Punto 1: l’altezza relativa al lato 10 è $6\sin 60° = 3\sqrt{3}$, e $\frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 3\sqrt{3} = 15\sqrt{3}$. Punto 2: il triangolo $AOB$, con $O$ centro, è rettangolo in $O$, e Pitagora dà $AB = \sqrt{64 + 64} = 8\sqrt{2}$.

Sono dati due angoli e un lato. Il terzo angolo è $\beta = 180° - 25° - 105° = 50°$, e ora $b$ ha accanto il suo angolo opposto: è la coppia completa. Il rapporto del teorema dei seni, calcolato una volta sola, è il diametro della circonferenza circoscritta:

Ogni lato è $2R$ per il seno del suo angolo opposto:

e $R \approx 7{,}18$. L’angolo $\gamma$ è ottuso, quindi il centro della circonferenza circoscritta sta fuori dal triangolo, oltre il lato $c$.

Qui l’angolo ottuso è un dato, e $\sin 105°$ la calcolatrice lo calcola giusto: i guai con l’arcoseno nascono quando l’angolo è l’incognita (esercizi 6 e 8).

Verifica. Con il teorema del coseno, $b^2 + c^2 - 2bc\cos 25° \approx 36{,}83$ e $\sqrt{36{,}83} \approx 6{,}07 = a$. E il lato più lungo, $c$, sta di fronte all’angolo più grande.

È il caso LLA. Con il teorema dei seni,

Il numeratore $h = 10\sin 40° \approx 6{,}43$ è la distanza di $C$ dalla semiretta su cui deve cadere $B$.

Con $a = 7$: $\sin\beta \approx 0{,}918$, quindi $\beta_1 \approx 66{,}67°$ oppure $\beta_2 = 180° - \beta_1 \approx 113{,}33°$. Siccome $40° + 113{,}33° < 180°$, vanno bene entrambi: due triangoli.

Con $a = 5$: $\sin\beta \approx 1{,}29 > 1$: nessun triangolo. Il lato $a$ è più corto di $h$, e non arriva alla semiretta.

Con $a = 12$: $\sin\beta \approx 0{,}536$ e $\beta_1 \approx 32{,}39°$, mentre $\beta_2 \approx 147{,}61°$ va scartato perché $40° + 147{,}61° > 180°$. Un triangolo, con $\gamma \approx 107{,}61°$ e $c = \frac{a\sin\gamma}{\sin\alpha} \approx 17{,}79$.

La discussione. Con $\alpha$ acuto decide il confronto di $a$ con $h \approx 6{,}43$ e con $b = 10$:

• nessun triangolo se $a < h$;
• uno, rettangolo in $B$, se $a = h$;
• due se $h < a < 10$;
• uno se $a \geq 10$.

Verifica. Con il teorema del coseno, per tutti e tre i triangoli trovati $b^2 + c^2 - 2bc\cos 40°$ vale $a^2$: 49 per i primi due, 144 per il terzo.

1. È un caso LAL. Con il teorema del coseno, e $\cos 120° = -\frac{1}{2}$:

Il coseno negativo ha fatto sommare il termine: un angolo ottuso allunga il lato opposto. Per gli altri angoli, $\alpha$ è già ottuso, quindi $\beta$ e $\gamma$ sono acuti e il teorema dei seni non ha trappole:

e $\gamma = 180° - 120° - 23{,}41° \approx 36{,}59°$.

2. Solo l’angolo opposto al lato più lungo può essere ottuso, e lo dice il confronto dei quadrati: $81 > 25 + 49 = 74$, quindi il triangolo è ottusangolo. L’angolo opposto al lato 9:

Gli altri due, sempre con il coseno: l’angolo opposto al lato 5 ha coseno $\frac{49 + 81 - 25}{2 \cdot 7 \cdot 9} = \frac{5}{6}$, quindi misura circa $33{,}56°$; quello opposto al lato 7 ha coseno $\frac{25 + 81 - 49}{2 \cdot 5 \cdot 9} = \frac{19}{30}$, quindi circa $50{,}70°$.

Verifica. Punto 1: con il coseno, $\cos\beta = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} \approx 0{,}918$ dà di nuovo $\beta \approx 23{,}41°$. Punto 2: $95{,}74° + 33{,}56° + 50{,}70° = 180°$.

L’angolo $\beta$ è compreso tra $a$ e $c$: caso LAL. Il terzo lato viene dal teorema del coseno:

La strada sbagliata. Con i seni, $\sin\alpha = \frac{a\sin\beta}{b} \approx 0{,}731$ e l’arcoseno dà $\alpha \approx 46{,}93°$. Ne verrebbe $\gamma \approx 106{,}07°$: l’angolo più grande di fronte al lato più corto. Assurdo. Il guaio è che $\alpha$, opposto al lato più lungo, può essere ottuso, e l’arcoseno dà solo angoli acuti.

Prima strada giusta: il coseno. L’arcocoseno distingue da solo acuti e ottusi:

Seconda strada giusta: l’angolo sicuro. L’angolo opposto al lato più corto è acuto, e con i seni non c’è trappola: $\sin\gamma = \frac{c\sin\beta}{b} \approx 0{,}341$, $\gamma \approx 19{,}93°$, e poi $\alpha = 180° - 27° - 19{,}93° = 133{,}07°$.

Verifica. Le due strade danno lo stesso $\alpha$, la somma è $133{,}07° + 27° + 19{,}93° = 180°$, e l’ordine degli angoli rispetta quello dei lati: $c < b < a$ e $\gamma < \beta < \alpha$.

Con tre lati e nessun angolo, l’area viene dalla formula di Erone, con il semiperimetro $p = \frac{7 + 15 + 20}{2} = 21$:

Il raggio circoscritto. Uniamo due formule: $S = \frac{1}{2}\,a\,b\sin\gamma$ e, per il teorema dei seni, $\sin\gamma = \frac{c}{2R}$. Sostituendo si ottiene $S = \frac{abc}{4R}$, cioè

Il triangolo è ottusangolo, perché $400 > 49 + 225$, quindi il centro della circonferenza circoscritta sta fuori, oltre il lato 20.

Il raggio inscritto. Il centro $I$ della circonferenza inscritta ha distanza $r$ da tutti e tre i lati. Unendo $I$ con i vertici, il triangolo si divide in tre triangoli con altezza $r$ e basi $a$, $b$, $c$:

Verifica. L’altezza relativa al lato 20 è $\frac{2S}{20} = 4{,}2$ e taglia il triangolo in due triangoli rettangoli con ipotenuse 7 e 15. I loro cateti sul lato 20 sono $\sqrt{49 - 17{,}64} = 5{,}6$ e $\sqrt{225 - 17{,}64} = 14{,}4$, e infatti $5{,}6 + 14{,}4 = 20$.

1. La diagonale $AC$ divide il quadrilatero in due triangoli. Nel primo, $ABC$, conosci due lati e l’angolo compreso:

Ora il triangolo $ACD$ ha tre lati noti, 5, 16 e 19: è un caso LLL, e l’angolo in $D$ sta di fronte ad $AC$.

L’area è la somma delle aree dei due triangoli della figura, ciascuna con due lati e l’angolo compreso.

quindi $S = 104\sqrt{3} \approx 180{,}13$. Infine $\widehat{B} + \widehat{D} = 60° + 120° = 180°$: un quadrilatero convesso con due angoli opposti supplementari è inscrivibile in una circonferenza, che è quella circoscritta ad $ABC$, di raggio $R = \frac{AC}{2\sin 60°} = \frac{19}{\sqrt{3}} \approx 10{,}97$.

Verifica. Con Erone su $ACD$: $p = 20$ e $S_{ACD} = \sqrt{20 \cdot 15 \cdot 4 \cdot 1} = \sqrt{1200} = 20\sqrt{3}$. E $ACD$ dà lo stesso raggio, perché $\sin 120° = \sin 60°$.

2. Due angoli consecutivi di un parallelogramma sono supplementari, $\alpha$ e $180° - \alpha$. Ogni diagonale è il terzo lato di un triangolo con lati $a$ e $b$: per una l’angolo compreso è $\alpha$, per l’altra $180° - \alpha$. Con il teorema del coseno, e $\cos(180° - \alpha) = -\cos\alpha$:

Sommando, i termini con il coseno si cancellano: $d_1^2 + d_2^2 = 2(a^2 + b^2)$. Verifica nel rettangolo ($\alpha = 90°$): le diagonali sono uguali e ritrovi Pitagora, $2d^2 = 2(a^2 + b^2)$.

Con il teorema dei seni. Nel triangolo $ABP$ l’angolo in $A$ è $25°$, quello in $B$ è $180° - 40° = 140°$ (il supplementare dell’angolo di elevazione), quindi quello in $P$ è $15°$. Il lato $BP$ è opposto all’angolo in $A$:

Ora, nel triangolo rettangolo con ipotenusa $BP$ e angolo di $40°$, l’altezza è il cateto opposto:

Verifica con le tangenti. Se $d$ è la distanza di $B$ dal piede del campanile, i due triangoli rettangoli danno $h = d\tan 40° = (d + 50)\tan 25°$, da cui

Stesso risultato.

1. L’area con il seno lega i dati all’incognita:

È un’equazione goniometrica elementare con una condizione in più: $\alpha$ è un angolo di un triangolo, quindi $0° < \alpha < 180°$. Le soluzioni sono due, $60°$ e $180° - 60° = 120°$, ed entrambe vanno bene: i due triangoli hanno la stessa base $AC$ e la stessa altezza $5\sin\alpha$, quindi la stessa area, ma un terzo lato diverso.

Con il teorema del coseno, $a^2 = 16 + 25 - 40\cos\alpha$:

quindi $a = \sqrt{21} \approx 4{,}58$ oppure $a = \sqrt{61} \approx 7{,}81$.

2. Scriviamo il teorema del coseno per i tre lati:

Sommando membro a membro, a sinistra c’è $a^2 + b^2 + c^2$, mentre a destra ogni quadrato compare due volte:

Portando $2\,(a^2 + b^2 + c^2)$ a sinistra e cambiando segno si ottiene la tesi.

Verifica sul triangolo con $\alpha = 60°$ e $a^2 = 21$. Ogni prodotto si ricava dal teorema del coseno senza calcolare gli angoli, per esempio $ca\cos\beta = \frac{c^2 + a^2 - b^2}{2}$:

e $2\,(10 + 15 + 6) = 62 = 21 + 16 + 25$.