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Problemi svolti di trigonometria

In questa pagina mostriamo lo svolgimento di alcuni problemi di trigonometria, alcuni inseriti anche nel mio canale Youtube Matematica Facile

Esempio 1.1. Problema sui triangoli rettangoli. Vedi il mio video.

Esempio 1.2.-. Vedi il mio video

Esempio 1.3.- Vedi il mio video sul mio canale Youtube

Esempio 2.1.- Problema svolto di trigonometria: Nel triangolo ABC l’ipotenura BC misura 2m e l’angolo \[A\hat{B}C=30^{\circ}\]
Determinare un punto P dell’altezza AH relativa all’ipotenusa in modo che si abbia \[3\overline{AC}^{2}-\overline{CP}^{2}=\overline{PB}^{2}\]

Risoluzione

Indichiamo con x l’angolo PCH \[P\hat{C}H=x\], con 0 < x < 90°.

Nel triangolo rettangolo ABC si ha

\[\overline{AC}=\overline{BC}sen30^{\circ}=2m\frac{1}{2}=m\]

e quindi nel triangolo rettangolo PCH si ha

\[\overline{CH}=\frac{m}{2}\]

da cui \[\overline{CP}=\frac{\overline{CP}}{cosx}=\frac{m}{2cosx}\]

Nel triangolo PBC applichiamo il teorema del coseno per calcolare PB al quadrato

\[\overline{PB}^{2}=\overline{PC}^{2}+\overline{BC}^{2}-2\overline{PC}\cdot \overline{BC}cos(B\hat{C}P)=\frac{m^{2}}{4cos^{2}x}+4m^{2}-2a^{2}=\frac{m^{2}}{4cos^{2}x}+2m^{2}\]

Finalmente impostiamo l’equazione per calcolare l’incognita x utilizzando quella assegnata dal problema. Si ha \[\frac{m^{2}}{4cos^{2}x}+2m^{2}=3m^{2}-\frac{m^{2}}{4cos^{2}x}\Rightarrow 1=4cos^{2}x\Rightarrow x=45^{\circ}\]

Esempio 2.2.- Su una semicirconferenza di diametro AB = 2r si prenda un punto P e detto Q il punto mediio dell’arco PB si determini la posizione di P in modo che \[\overline{AQ}^{2}+\overline{PB}^{2}=6r^{2}\]

Risoluzione

Indichiamo con 2x l’angolo APB ed essendo Q punto medio dell’arco PB si ha che l’angolo AQB = x. Applicando i teoremi sui triangoli rettangoli al triangolo APB e al triangolo AQB si ha: \[\overline{PB}=\overline{AB}sen2x=2rsen2x,\, \, \overline{AQ}=\overline{AB}cosx=2rcosx\]

Di conseguenza sostituendo nell’equazione assegnata dal problema si ha:

\[\overline{AQ}^{2}+\overline{PB}^{2}=6r^{2}\Rightarrow (2rsen2x)^{2}+(2rcosx)^{2}=6r^{2}\]

ossia\[8cos^{4}x-10cos^{2}x+3=0\]

da cui l’unica soluzione accettabile è x = 30°.

Esempio 2.3.- Un altro problema svolto? Vedi il mio video su Youtube

Esempio 2.4.- In un triangolo isoscele ABC si prenda un punto P sulla base CB e un punto Q sul lato AB. Sapendo che $\displaystyle sen\left ( A\hat{B}C\right )=\frac{3}{5}$ determinare la posizione di P in modo che $\displaystyle \overline{BQ}=2\overline{BP}$ e $\displaystyle \overline{QP}\, ^{2}+\overline{PC}\, ^{2}=\frac{216}{125}a^{2}$, essendo a la misura dei dei lati CA e AB.

Risoluzione

Indichiamo con $\displaystyle \overline{PB}=x>0$ e calcoliamo QP^2 con il teorema del coseno e PC^2, essendo $\displaystyle \overline{PC}=\overline{CB}-\overline{PB}=\overline{CB}-x$…

Si ha:

\[\overline{QP}\, ^{2}=\frac{9}{5}x^{2}\]

\[\overline{PC}\, ^{2}=\left ( \frac{8}{5}a-x \right )^{2}\]

E sostituendo nella relazione $\displaystyle \overline{QP}\, ^{2}+\overline{PC}\, ^{2}=\frac{216}{125}a^{2}$

si ha l’equazione risolvente è \[175x^{2}-2000ax+52a^{2}=0\]

Risultato $\displaystyle x=\frac{2}{5}a$

Esempio 3.1.- Problema risolto con un’equazione lineare. Vedi il mio video

Esempio 4.1.- Problemi con i solidi.- Sapendo che l’area totale di un cono circolare retto è tre volte la sua area di base determinare l’apertura del cono.

Risoluzione

Indichiamo con $\displaystyle \alpha$ l’apertura del cono. Sapendo che l’area totale è tre volte l’area di base si ha che l’area laterale è due volte quella di base: $\displaystyle 2A_{b}=A_{L}$.
Indicando con r il raggio di base del cono e con a la sua apotema, tenuto conto delle formule dell’area di base e dell’area laterale si ha:

\[2A_{b}=\frac{P_{b}\times a}{2}\Rightarrow 2\pi r^{2}=\frac{2\pi r\cdot a}{2}\Rightarrow r=\frac{a}{2}\]

da cui, ragionando nel triangolo rettangolo VAO si ha

\[sen\, \alpha =\frac{r}{a}\Rightarrow sen\alpha =\frac{\frac{a}{2}}{a}\Rightarrow sen\, \alpha =\frac{1}{2}\]

ossia $\displaystyle \alpha =30^{\circ}$