Risoluzione dei triangoli rettangoli: i quattro casi, problemi ed esercizi svolti

La risoluzione dei triangoli rettangoli è il primo lavoro vero della trigonometria: dati due elementi di un triangolo rettangolo, trovare tutti gli altri. Serve negli esercizi di Analisi 1, in Fisica 1 ogni volta che scomponi un vettore, e quando leggi la pendenza di una strada. In questa pagina vediamo cosa significa risolvere un triangolo e perché bastano due dati, i quattro casi con la tabella riassuntiva, quale formula usare e come controllare il risultato, area, altezza e proiezioni sull’ipotenusa, i triangoli rettangoli nascosti, la pendenza in percentuale, l’angolo di elevazione, la scala, l’ombra, la misura della Terra di Eratostene, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Cosa vuol dire risolvere un triangolo rettangolo

Risolvere un triangolo significa trovare tre lati e tre angoli. Nel triangolo rettangolo un angolo è già noto, $90°$, quindi restano cinque incognite. Per trovarle servono due dati, e almeno uno deve essere un lato.

Perché almeno un lato? Ingrandisci un triangolo come una foto: gli angoli restano gli stessi, i lati crescono. Tutti i triangoli simili hanno gli stessi angoli, quindi gli angoli fissano la forma e ci vuole un lato per fissare la grandezza. E i due angoli acuti non contano come due dati, perché uno determina l’altro.

I dati devono essere compatibili: un angolo acuto sta strettamente tra $0°$ e $90°$, e un cateto deve essere più corto dell’ipotenusa.

Usiamo le notazioni della trigonometria: angolo retto in $A$, ipotenusa $a$, cateti $b$ e $c$ opposti agli angoli $\beta$ (in $B$) e $\gamma$ (in $C$). Gli strumenti sono la somma degli angoli acuti, il teorema di Pitagora e i due teoremi sui triangoli rettangoli.

$$\begin{gathered} \beta + \gamma = 90° \qquad a^2 = b^2 + c^2 \\ b = a\sin\beta = a\cos\gamma \\ c = a\sin\gamma = a\cos\beta \\ b = c\tan\beta \qquad c = b\tan\gamma \end{gathered}$$

A parole: cateto uguale a ipotenusa per seno dell’angolo opposto, o per coseno dell’angolo adiacente; cateto uguale all’altro cateto per tangente dell’angolo opposto. Il cateto «opposto» a un angolo è quello che non tocca il suo vertice.

I quattro casi

A seconda dei due dati, i casi sono quattro. In tutti vale la stessa regola: per ogni incognita scegli una formula che contenga due dati e quella sola incognita.

Caso 1: l’ipotenusa e un angolo acuto

Dati $a = 12$ e $\beta = 40°$. L’altro angolo è $\gamma = 90° - 40° = 50°$. Il cateto $b$ è opposto a $\beta$, quindi serve il seno; $c$ è adiacente, quindi il coseno:

$$\begin{gathered} b = 12\sin 40° \approx 7{,}71 \\ c = 12\cos 40° \approx 9{,}19 \end{gathered}$$

Caso 2: un cateto e un angolo acuto

Dati $b = 5$ e $\beta = 25°$, l’angolo opposto a $b$. Trova subito l’altro angolo, $\gamma = 65°$: così conosci sia l’angolo opposto al cateto sia quello adiacente, qualunque fosse il dato. Da $b = a\sin\beta$ ricavi l’ipotenusa, dal secondo teorema l’altro cateto:

$$\begin{gathered} a = \frac{b}{\sin\beta} = \frac{5}{\sin 25°} \approx 11{,}83 \\ c = b\tan\gamma = 5\tan 65° \approx 10{,}72 \end{gathered}$$

Potevi scrivere anche $c = 5/\tan 25°$: è lo stesso numero, perché $\tan 65° = 1/\tan 25°$.

Caso 3: i due cateti

Dati $b = 7$ e $c = 24$. L’ipotenusa viene da Pitagora, $a = \sqrt{49 + 576} = 25$. Per l’angolo usa la tangente, l’unico rapporto che contiene solo i due cateti, cioè solo dati:

$$\begin{gathered} \beta = \arctan\frac{7}{24} \approx 16{,}26° \\ \gamma = 90° - \beta \approx 73{,}74° \end{gathered}$$

Caso 4: l’ipotenusa e un cateto

Dati $a = 13$ e $b = 5$, con $b < a$ come deve essere. L’altro cateto è $c = \sqrt{169 - 25} = 12$, e per l’angolo serve il seno, il rapporto tra cateto opposto e ipotenusa:

$$\begin{gathered} \beta = \arcsin\frac{5}{13} \approx 22{,}62° \\ \gamma = 90° - \beta \approx 67{,}38° \end{gathered}$$

Gli angoli acuti stanno tra $0°$ e $90°$, proprio dove arcoseno e arcotangente danno l’angolo giusto: nessuna ambiguità.

La tabella e la scaletta

Dati	Prima	Poi
ipotenusa e angolo	l’altro angolo	cateti: seno e coseno
cateto e angolo	l’altro angolo	ipotenusa: seno; cateto: tangente
due cateti	ipotenusa: Pitagora	angoli: arcotangente
ipotenusa e cateto	cateto: Pitagora	angoli: arcoseno

1. Disegna il triangolo, segna l’angolo retto e scrivi i dati al posto giusto.
2. Scegli per ogni incognita la formula con due dati e quell’incognita.
3. Calcola in gradi, senza arrotondare i passaggi.
4. Controlla il risultato.

Quale formula usare: i dati, non i risultati

Spesso un’incognita si trova in due modi. Nel caso 1 potresti ricavare $c$ con Pitagora invece che con il coseno, ma partiresti da $b$, già arrotondato. La regola: parti sempre dai dati del testo, e se usi un risultato intermedio tienilo in memoria con tutte le cifre.

Un esempio. Con $a = 50$ e $\beta = 80°$ si ha $b = 50\sin 80° \approx 49{,}2404$. Se arrotondi a $49{,}2$, un errore di meno dello $0{,}1\%$, e poi usi Pitagora:

$$\begin{gathered} c = \sqrt{2500 - 49{,}2^2} = \sqrt{79{,}36} \\ c \approx 8{,}91 \end{gathered}$$

Il valore giusto è $c = 50\cos 80° \approx 8{,}68$: l’errore è del $2{,}6\%$, più di trenta volte quello di partenza. Colpa della sottrazione tra due numeri vicini, 2500 e circa 2421: una piccola imprecisione diventa grande sulla differenza. Il coseno, invece, usa solo i dati.

I controlli finali

Quattro verifiche veloci:

• $\beta + \gamma = 90°$;
• l’ipotenusa è il lato più lungo;
• il cateto più lungo sta di fronte all’angolo più grande;
• con i valori trovati, $b^2 + c^2$ è circa uguale ad $a^2$.

Se la calcolatrice dà errore su un arcoseno, i dati sono incompatibili: hai un «cateto» più lungo dell’ipotenusa.

Area, altezza e proiezioni sull’ipotenusa

L’area di un triangolo rettangolo è il semiprodotto dei cateti. Se conosci l’ipotenusa e un angolo, con la formula di duplicazione $2\sin\beta\cos\beta = \sin 2\beta$:

$$\begin{gathered} S = \frac{1}{2}\,b\,c = \frac{1}{2}\,(a\sin\beta)(a\cos\beta) \\ S = \frac{1}{4}\,a^2\sin 2\beta \end{gathered}$$

Una conseguenza, senza derivate. Siccome $\sin 2\beta \le 1$, l’area non supera mai $a^2/4$, e la raggiunge solo quando $\sin 2\beta = 1$, cioè $2\beta = 90°$ e $\beta = 45°$. A parità di ipotenusa, il triangolo rettangolo di area massima è quello isoscele.

Ora traccia l’altezza $AH$ relativa all’ipotenusa. Uguagliando due modi di scrivere l’area, $a\,h/2 = b\,c/2$:

$$h = \frac{b\,c}{a} = b\sin\gamma = c\sin\beta$$

La seconda forma viene dal triangolo $AHC$, rettangolo in $H$, con ipotenusa $b$ e angolo $\gamma$; la terza, allo stesso modo, da $AHB$. Il piede $H$ divide l’ipotenusa nelle proiezioni dei cateti, $BH = c\cos\beta$ e $CH = b\cos\gamma$. Sono i teoremi di Euclide in forma trigonometrica:

• primo teorema: $c^2 = a \cdot BH$, perché $a \cdot c\cos\beta = c \cdot c$ (ricorda che $a\cos\beta = c$);
• secondo teorema: $h^2 = BH \cdot CH$, perché $h^2 = (c\sin\beta)(b\sin\gamma)$ e, siccome $\sin\beta = \cos\gamma$ e $\sin\gamma = \cos\beta$, questo prodotto è uguale a $(c\cos\beta)(b\cos\gamma)$.

Triangoli rettangoli nascosti nelle altre figure

Molti problemi nascondono un triangolo rettangolo: basta tracciare il segmento giusto.

• Triangolo isoscele: l’altezza sulla base lo divide in due triangoli rettangoli uguali, con ipotenusa il lato obliquo, un cateto metà base e l’angolo al vertice dimezzato.
• Rombo: le diagonali sono perpendicolari e si dividono a metà; le semidiagonali sono i cateti, il lato è l’ipotenusa.
• Rettangolo: la diagonale è l’ipotenusa, i lati i cateti.
• Poligono regolare di $n$ lati: apotema, metà lato e raggio $R$ della circonferenza circoscritta formano un triangolo rettangolo con angolo al centro $180°/n$.

Esempio. Un ottagono regolare ha lato 6 cm. L’angolo al centro è $180°/8 = 22{,}5°$, e metà lato, 3 cm, è il cateto opposto:

$$\begin{gathered} \text{apotema} = \frac{3}{\tan 22{,}5°} \approx 7{,}24 \text{ cm} \\ R = \frac{3}{\sin 22{,}5°} \approx 7{,}84 \text{ cm} \end{gathered}$$

L’area è metà perimetro per apotema: $24 \cdot 7{,}2426 \approx 173{,}82$ cm².

La pendenza di una strada

I cartelli stradali indicano la pendenza in percentuale: 10% significa che la strada sale di 10 metri ogni 100 metri percorsi in orizzontale. Dislivello diviso spostamento orizzontale è cateto opposto diviso cateto adiacente: la pendenza è la tangente dell’angolo di inclinazione $\theta$, moltiplicata per 100.

$$\begin{gathered} p = 100\tan\theta \\ \theta = \arctan\frac{p}{100} \end{gathered}$$

Per il 10%, $\theta = \arctan 0{,}10 \approx 5{,}71°$. Pendenza e angolo non sono proporzionali: il 100% è $45°$, e avvicinandosi a $90°$ la pendenza cresce senza limite ($\tan 90°$ non esiste). La terza colonna dice quanto sali percorrendo 1 km lungo la strada:

Pendenza	Angolo	Su 1 km di strada
5%	2,86°	49,9 m
10%	5,71°	99,5 m
20%	11,31°	196,1 m
50%	26,57°	447,2 m
100%	45°	707,1 m
173,2%	60°	866,0 m

Qui serve il seno. Un segmento lungo $L$ inclinato di $\theta$ sull’orizzontale è l’ipotenusa di un triangolo rettangolo: la sua proiezione orizzontale è $L\cos\theta$, quella verticale è $L\sin\theta$. Percorrendo 2 km su una strada al 10% sali quindi di $2000\sin\theta \approx 199{,}0$ m e avanzi in orizzontale di $2000\cos\theta \approx 1990{,}1$ m. A pendenze basse seno e tangente quasi coincidono, ma al 50% su 1 km di strada sali di 447 m, non di 500.

Sono le formule delle componenti di un vettore, che ritroverai nei vettori in fisica: una velocità di lancio $v_0$ inclinata di $\theta$ ha componenti $v_0\cos\theta$ e $v_0\sin\theta$, il punto di partenza del moto parabolico.

L’angolo di elevazione: l’altezza di un edificio

L’angolo di elevazione è l’angolo tra l’orizzontale e la linea di vista quando guardi un oggetto più in alto di te. Da un punto a 40 m dalla base di un edificio, la cima si vede con un angolo di elevazione di $35°$.

Conosci il cateto orizzontale, adiacente all’angolo, e cerchi quello verticale, opposto: serve la tangente.

$$h = 40\tan 35° \approx 28{,}01 \text{ m}$$

Ma l’angolo si misura dall’occhio, non dal suolo: con l’occhio a 1,6 m da terra, l’edificio è alto circa $28{,}01 + 1{,}6 \approx 29{,}6$ m.

L’angolo di depressione è il gemello: l’angolo tra l’orizzontale e la linea di vista quando guardi verso il basso, per esempio da una torre verso una barca. Anche lui si misura dall’orizzontale. Esempi con la depressione e con due angoli, quando la base non si raggiunge, sono nelle applicazioni della trigonometria.

La scala appoggiata al muro

Una scala lunga 5 m è appoggiata a un muro e forma con il pavimento un angolo di $70°$. La scala è l’ipotenusa, e le sue proiezioni danno altezza e distanza:

$$\begin{gathered} \text{altezza} = 5\sin 70° \approx 4{,}70 \text{ m} \\ \text{piede} = 5\cos 70° \approx 1{,}71 \text{ m} \end{gathered}$$

Al contrario, se il piede è a 1,2 m dal muro, l’angolo viene dal coseno, $\theta = \arccos(1{,}2/5) \approx 76{,}11°$, e la scala arriva a $\sqrt{25 - 1{,}44} \approx 4{,}85$ m.

L’ombra e l’altezza del Sole

Un palo verticale alto 2,5 m fa un’ombra di 1,8 m. Il palo, l’ombra e il raggio di Sole che sfiora la cima formano un triangolo rettangolo, e l’angolo nella punta dell’ombra è l’altezza del Sole sull’orizzonte:

$$\theta = \arctan\frac{2{,}5}{1{,}8} \approx 54{,}25°$$

Nello stesso momento un palazzo fa un’ombra di 22 m. L’angolo è lo stesso, quindi i due triangoli sono simili: il palazzo è alto $22 \cdot 2{,}5/1{,}8 \approx 30{,}56$ m, senza nemmeno calcolare l’angolo.

Eratostene misura la Terra

Eratostene di Cirene (circa 276-194 a.C.), chiamato ad Alessandria dal re Tolomeo III, divenne direttore della Biblioteca. Il suo libro sulla misura della Terra è perduto: il racconto più dettagliato è quello, semplificato, dell’astronomo Cleomede, scritto secoli dopo.

Secondo Cleomede, a Siene, l’odierna Assuan, a mezzogiorno del solstizio d’estate gli gnomoni, le aste verticali delle meridiane, non facevano ombra: il Sole era allo zenit. Strabone e Plinio parlano anche di un pozzo illuminato fino in fondo, ma nessuna fonte antica lo collega a Eratostene. Nello stesso momento, ad Alessandria, l’ombra in una scafe, una meridiana a forma di scodella, copriva $1/50$ di circonferenza, cioè $7{,}2°$. Con un’asta su un terreno piano è il problema dell’ombra: la tangente dell’angolo tra raggio e asta è ombra diviso asta, e a $7{,}2°$ un’asta di 1 m fa un’ombra di circa 12,6 cm.

Ora il passo geniale. I raggi del Sole arrivano paralleli. A Siene il raggio cade verticale, quindi punta verso il centro $O$ della Terra; anche lo gnomone di Alessandria, verticale, punta verso $O$. Rette parallele tagliate da una trasversale formano angoli corrispondenti uguali, quindi l’angolo in $O$ tra le due città è proprio $7{,}2°$ (nella figura è ingrandito).

L’arco tra le due città, circa 5000 stadi, è quindi $1/50$ della circonferenza:

$$C = 50 \cdot 5000 = 250\,000 \text{ stadi}$$

Altre fonti antiche riportano 252 000 stadi. E in chilometri? Dipende dallo stadio, che nel mondo antico aveva lunghezze diverse: con 157 m si ottengono circa 39 250 km, con 185 m circa 46 250 km, contro i circa 40 000 km reali. In più Siene non è proprio sul tropico, le due città non stanno sullo stesso meridiano e la distanza era una stima. La precisione del risultato, quindi, non si può stabilire; sorprendenti restano il metodo e l’ordine di grandezza giusto. Lo stesso conto in radianti è negli angoli e radianti.

Gli errori più comuni

• Prendere la pendenza per l’angolo. Il 10% non è $10°$ e il 100% è $45°$: l’angolo è $\arctan(p/100)$.
• Usare come orizzontale una distanza misurata lungo la strada. I chilometri percorsi sono l’ipotenusa: il dislivello è $L\sin\theta$, non $L\tan\theta$.
• Scambiare cateto opposto e adiacente. L’opposto non tocca il vertice dell’angolo: segnalo sul disegno.
• Dimenticare l’altezza degli occhi. L’angolo di elevazione si misura dall’occhio: aggiungi l’altezza dell’osservatore.
• Arrotondare troppo presto. Un $49{,}2$ al posto di $49{,}2404$ produce un errore del $2{,}6\%$ sul cateto piccolo.
• Usare il seno con i due cateti. Il seno vuole l’ipotenusa al denominatore: con due cateti il rapporto giusto è la tangente.
• Mettere l’angolo nel vertice sbagliato. $\beta$ è in $B$, opposto a $b$; «l’angolo adiacente a $b$» è $\gamma$.
• Lasciare la calcolatrice in radianti. Se $\sin 30$ ti dà $-0{,}988$ sei in RAD: con i dati in gradi serve DEG.

Esercizi svolti

Altri esercizi sono negli esercizi svolti di trigonometria.

1. Un cateto e l’angolo adiacente

Testo. Il triangolo $ABC$ è rettangolo in $A$, con il cateto $b = 14$ e l’angolo $\gamma = 34°$. Risolvilo e calcola l’area.

Il vertice $C$ è un estremo del cateto $b = AC$, quindi $\gamma$ è adiacente a $b$ e opposto a $c$. L’altro angolo è $\beta = 56°$. Il cateto $c$ è l’altro cateto per la tangente dell’angolo opposto; l’ipotenusa viene da $b = a\cos\gamma$:

$$\begin{gathered} c = 14\tan 34° \approx 9{,}44 \\ a = \frac{14}{\cos 34°} \approx 16{,}89 \end{gathered}$$

L’area è $S = \frac{1}{2} \cdot 14 \cdot 9{,}4431 \approx 66{,}10$. Controllo: $b^2 + c^2 \approx 196 + 89{,}17 = 285{,}17$ e $a^2 \approx 285{,}17$; il cateto più lungo, $b$, sta di fronte all’angolo più grande, $\beta = 56°$. Il triangolo ha ipotenusa circa 16,89, cateti 14 e 9,44 e angoli di $56°$ e $34°$.

2. Ipotenusa, cateto e altezza

Testo. Il triangolo $ABC$ è rettangolo in $A$, con $a = 29$ e $c = 20$. Risolvilo e trova l’altezza relativa all’ipotenusa e le proiezioni dei cateti sull’ipotenusa.

Con Pitagora $b = \sqrt{841 - 400} = \sqrt{441} = 21$. Il cateto $c$ è opposto a $\gamma$, quindi:

$$\begin{gathered} \gamma = \arcsin\frac{20}{29} \approx 43{,}60° \\ \beta = 90° - \gamma \approx 46{,}40° \end{gathered}$$

L’altezza è il prodotto dei cateti diviso l’ipotenusa:

$$h = \frac{21 \cdot 20}{29} = \frac{420}{29} \approx 14{,}48$$

Per le proiezioni, $\cos\beta = c/a$ e $\cos\gamma = b/a$:

$$\begin{gathered} BH = c\cos\beta = \frac{400}{29} \approx 13{,}79 \\ CH = b\cos\gamma = \frac{441}{29} \approx 15{,}21 \end{gathered}$$

Controlli: $BH + CH = 841/29 = 29 = a$, e il secondo teorema di Euclide è rispettato, $BH \cdot CH \approx 209{,}75 \approx h^2$. L’altezza, lunga circa 14,48, divide l’ipotenusa in parti di circa 13,79 e 15,21: il triangolo è quasi isoscele.

3. Il rombo dalle diagonali

Testo. Un rombo ha le diagonali di 18 cm e 10 cm. Trova il lato, gli angoli e l’altezza.

Le diagonali si dividono a metà ad angolo retto: ogni quarto di rombo è un triangolo rettangolo con cateti 9 cm e 5 cm e ipotenusa il lato.

$$\ell = \sqrt{81 + 25} = \sqrt{106} \approx 10{,}30 \text{ cm}$$

Nel vertice che sta sulla diagonale lunga, il mezzo angolo è opposto al cateto di 5 cm e adiacente a quello di 9 cm:

$$\begin{gathered} \frac{\alpha}{2} = \arctan\frac{5}{9} \approx 29{,}05° \\ \alpha \approx 58{,}11° \end{gathered}$$

Gli angoli consecutivi di un rombo sono supplementari, quindi l’altro angolo è circa $121{,}89°$. L’area è il semiprodotto delle diagonali, 90 cm², e l’altezza è l’area divisa per il lato, $90/\sqrt{106} \approx 8{,}74$ cm. Controllo: l’altezza è anche il cateto opposto ad $\alpha$ in un triangolo con il lato come ipotenusa, e infatti $\sqrt{106}\,\sin 58{,}11° \approx 8{,}74$. Il rombo ha lato 10,30 cm, angoli di circa $58°$ e $122°$ e altezza 8,74 cm, arrotondando.

4. Una strada di montagna

Testo. Una strada con pendenza costante del 15% supera un dislivello di 360 m. Che angolo forma con l’orizzontale? Quanto è lunga sulla carta, cioè in orizzontale? Quanta strada si percorre? Un’altra strada supera lo stesso dislivello con 4 km di percorso: che pendenza ha?

L’angolo è $\theta = \arctan 0{,}15 \approx 8{,}53°$. La pendenza è dislivello su orizzontale, quindi il tratto sulla carta è $360/0{,}15 = 2400$ m. La strada è l’ipotenusa, e il dislivello è $L\sin\theta$:

$$L = \frac{360}{\sin\theta} \approx 2426{,}85 \text{ m}$$

Controllo con Pitagora: $\sqrt{2400^2 + 360^2} = \sqrt{5\,889\,600} \approx 2426{,}85$ m. Per la seconda strada i 4 km sono misurati lungo il percorso, quindi sono un’ipotenusa e serve il seno:

$$\begin{gathered} \sin\theta = \frac{360}{4000} = 0{,}09 \\ {} \implies \theta \approx 5{,}16° \end{gathered}$$

La pendenza è $100\tan\theta \approx 9{,}04\%$, non il 9%: dislivello diviso strada percorsa non è la definizione. Controllo: in orizzontale la strada copre $4000\cos\theta \approx 3983{,}8$ m, e $360/3983{,}8 \approx 0{,}0904$. La prima strada è lunga circa 2,43 km, inclinata di circa $8{,}5°$; la seconda ha una pendenza di circa il 9,04%.

5. L’albero, gli occhi e l’ombra

Testo. Una ragazza con gli occhi a 1,7 m da terra, a 18 m dal tronco di un albero, ne vede la cima con un angolo di elevazione di $32°$. Quanto è alto l’albero? A che distanza dal tronco vedrebbe la cima a $45°$? Quando il Sole è alto $50°$ sull’orizzonte, quanto è lunga l’ombra dell’albero su un terreno piano?

Il cateto orizzontale è 18 m, quello verticale va dagli occhi alla cima:

$$\begin{gathered} 18\tan 32° \approx 11{,}25 \text{ m} \\ H \approx 11{,}25 + 1{,}7 = 12{,}95 \text{ m} \end{gathered}$$

A $45°$ la tangente vale 1, quindi i due cateti sono uguali: la ragazza deve stare a circa 11,25 m, quanto la parte di albero sopra i suoi occhi, non a 12,95 m. Per l’ombra, invece, conta tutto l’albero: il cateto verticale va da terra alla cima, e l’ombra è il cateto adiacente all’angolo del Sole.

$$\text{ombra} = \frac{H}{\tan 50°} \approx \frac{12{,}948}{1{,}192} \approx 10{,}86 \text{ m}$$

Controlli: $\arctan(11{,}248/18) \approx 32°$, e $10{,}864 \cdot \tan 50° \approx 12{,}95$. L’albero è alto circa 12,95 m e fa un’ombra di circa 10,86 m.

6. Un palo con due tiranti

Testo. Un palo verticale è tenuto da due cavi fissati nello stesso punto $P$ del palo e ancorati a terra da parti opposte, in $A$ e $B$, allineati con la base $H$ del palo e distanti 14 m. I cavi formano con il terreno angoli di $58°$ in $A$ e $42°$ in $B$. A che altezza è il punto $P$? Quanto sono lunghi i cavi?

Ci sono due triangoli rettangoli, $AHP$ e $BHP$, con il cateto $PH = h$ in comune. Nessuno dei due ha due dati, ma insieme bastano: in ciascuno la distanza da $H$ è il cateto adiacente all’angolo, e le due distanze sommano a 14 m.

$$\begin{gathered} AH = \frac{h}{\tan 58°} \qquad BH = \frac{h}{\tan 42°} \\ \frac{h}{\tan 58°} + \frac{h}{\tan 42°} = 14 \end{gathered}$$

Raccogliendo $h$, con $1/\tan 58° \approx 0{,}6249$ e $1/\tan 42° \approx 1{,}1106$:

$$\begin{gathered} h \approx \frac{14}{0{,}6249 + 1{,}1106} = \frac{14}{1{,}7355} \\ h \approx 8{,}07 \text{ m} \end{gathered}$$

Quindi $AH \approx 5{,}04$ m e $BH \approx 8{,}96$ m. I cavi sono le ipotenuse, e $h$ è il cateto opposto all’angolo:

$$\begin{gathered} AP = \frac{h}{\sin 58°} \approx 9{,}51 \text{ m} \\ BP = \frac{h}{\sin 42°} \approx 12{,}06 \text{ m} \end{gathered}$$

Controlli: $5{,}04 + 8{,}96 = 14$ m, e il cavo più ripido è ancorato più vicino al palo. Un controllo indipendente viene dal teorema dei seni nel triangolo $ABP$, che ha in $P$ l’angolo $180° - 58° - 42° = 80°$: i rapporti $14/\sin 80°$, $AP/\sin 42°$ e $BP/\sin 58°$ valgono tutti circa 14,22. Il punto $P$ è a circa 8,07 m da terra, con cavi di circa 9,51 m e 12,06 m.

In sintesi

• Oltre all’angolo retto servono due dati, almeno uno dei quali è un lato.
• Strumenti: $\beta + \gamma = 90°$, Pitagora, $b = a\sin\beta = a\cos\gamma$ e $b = c\tan\beta$.
• Per ogni incognita, una formula con due dati; arrotonda solo alla fine.
• Area $S = \frac{1}{2}bc = \frac{1}{4}a^2\sin 2\beta$, massima, a parità di ipotenusa, per l’isoscele; altezza $h = bc/a$; proiezioni $c\cos\beta$ e $b\cos\gamma$.
• Un segmento lungo $L$ inclinato di $\theta$ ha proiezioni $L\cos\theta$ e $L\sin\theta$.
• Pendenza $p = 100\tan\theta$; lungo la strada il dislivello è $L\sin\theta$.
• Elevazione: distanza per $\tan\alpha$, più l’altezza degli occhi. Altezza del Sole: $\tan\theta = h/s$, con $h$ altezza dell’oggetto e $s$ lunghezza dell’ombra.
• Eratostene: raggi paralleli, $7{,}2°$ cioè $1/50$ di giro, 250 000 stadi.

E se il triangolo non è rettangolo? Il primo passo è una formula per l’area che funziona per tutti i triangoli: area di un triangolo e teorema della corda.