Esempio 1.1.- Problema sui triangoli rettangoli. Vedi il mio video.
Esempio 1.2.- In un triangolo rettangolo un cateto è lungo 72 cm ed è i 12/13 dell’ipotenusa. Risolvere il triangolo.
Risoluzione
Se indichiamo il triangolo rettangolo con ABC, retto in C, il cateto AC risulta i 12/13 dell’ipotensua AB, ossia:
$\displaystyle AC =\frac{12}{13}AB\rightarrow AB=\frac{13}{12}AC\rightarrow AB=\frac{13}{12}\cdot 72\rightarrow AB=78$
Quindi possiamo calcolare l’angolo acuto adiacente al cateto AC con i teoremi sui triangoli rettangoli:
$\displaystyle AC=ABcos\widehat{A}\rightarrow cos\widehat{A}=\frac{AC}{AB}\rightarrow cos\widehat{A}=\frac{72}{78}=\frac{12}{13}$.
Di conseguenza l’angolo $\displaystyle \beta$ opposto al cateto AC vale:
$\displaystyle sen\beta =\frac{72}{78}\rightarrow sen\beta =\frac{12}{13}$
Infine il cateto CB vale: $\displaystyle CB=ABsen\widehat{A}=30$
essendo $\displaystyle sen\widehat{A}=\sqrt{1-cos^{2}\widehat{A}}=\sqrt{1-\left ( \frac{12}{13} \right )^{2}}=\frac{5}{13}$
Esempio 1.2.1.- In un triangolo rettangolo ABC, rettangolo in A, il cateto AC misura k e risulta $\displaystyle cos\beta =\frac{12}{13}$. Determinare il perimetro e l’area.
Esempio 1.3.1- In un triangolo isoscele il seno degli angoli alla base è 1/5, e la base del triangolo è 40. Calcolare il perimetro e l’area del triangolo.
Esempio 1.3.2.- Determinare l’area e il perimetro di un triangolo rettangolo sapendo che l’ipotenusa misura 60 cm e che $\displaystyle tg\alpha =\frac{12}{5}$.
Esempio 1.3.3.- In un triangolo isoscele la base AB misura 70 m e il sendo dell’angolo alla base vale 12/13. Determinare area e perimetro del triangolo.
Esempio 1.3.4.- Sono dati tre punti in un piano, rispettivamente indicati con A, B, e C. La distanza tra A e B è 20 m e tra C e B è 30 m, mentre l’angolo formato dalle direzioni AB e CB è 60°. Calcolare la distanza tra i punti A e C.
Risoluzione ragionata
Per calcolare la distanza tra i punti A e C, indicata con AC, applichiamo il teorema dei seni:
\[\frac{AC}{sen\widehat{B}}=\frac{CB}{sen\widehat{A}}\rightarrow AC=\frac{CB}{sen\widehat{A}}\cdot sen\widehat{B}\]
ma non conosciamo $\displaystyle sen\widehat{B}$. Pertanto il problema si riconduce a calcolare l’angolo $\displaystyle \widehat{B}$ o $\displaystyle sen\widehat{B}$. A questo punto possiamo calcolare $\displaystyle \widehat{B}$ per differenza di angoli di un triangolo:
$\displaystyle \widehat{B}=180^{\circ}-60-\widehat{C}=120^{\circ}-\widehat{C}$
ma non conosciamo $\displaystyle \widehat{C}$, e il problema di riconduce a calcolare $\displaystyle \widehat{C}\, \, o\, \, sen\widehat{C}$. Possiamo applicare il teorema dei seni e ottenere:
$\displaystyle \frac{20}{sen\widehat{C}}=\frac{30}{sen60^{\circ}}\rightarrow sen\widehat{C}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
e da cui osservato che $\displaystyle sen\widehat{B}=sen\left ( 120^{\circ}-\widehat{C} \right )=…$. Utilizzare le formule di addizione e sottrazione…
Esempio 1.3.5.- Risolvere il triangolo ABC sapendo che $\displaystyle a=3\sqrt{5}$, $\displaystyle b=3$ e $\displaystyle cos\, \alpha =\frac{1}{4}$
Esempio 1.4.-. Vedi il mio video
Esempio 1.5.- 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.-
Esempio 2.3.- 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 2.4.- Un altro problema svolto? Vedi il mio video su Youtube
Esempio 2.5.- 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 3.2.-Trovare l’ampiezza dell’angolo $\widehat{A}$ nel trapezio ABCD sapendo che i lati obliqui e la base minore sono uguali e che
\[ \overline{AB}+2\overline{CH}=(1+2\sqrt{2})\overline{DC}\]
con H il piede dell’altezza CH sulla base maggiore AB. Risultato $\widehat{A}=\frac{\pi }{4}$
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 $\displaystyle \alpha =30^{\circ}$