Trigonometria

Trigonometria
Scopo della trigonometria
Scopo della trigonometria piana è la risoluzione di un triangolo, cioè la determinazione dei suoi sei
elementi, i tre lati e i tre angoli, quando se ne conoscano tre tra i quali almeno un lato.
Conveniamo di denotare le lunghezze del triangolo ABC con a, b, c e le misure degli angoli dei vertici
A, B, C con α, β, γ rispettivamente.
Teoremi fondamentali sul triangolo rettangolo
In un triangolo rettangolo, il seno di un angolo acuto è uguale al rapporto tra il cateto opposto
all’angolo e l’ipotenusa e il coseno è uguale al rapporto tra il cateto adiacente all’angolo e
l’ipotenusa. La tangente è uguale al rapporto tra il cateto opposto all’angolo e il cateto adiacente e
la cotangente è uguale al rapporto tra il cateto adiacente all’angolo e il cateto opposto.
Da queste definizioni si deducono le formule che esprimono i teoremi fondamentali sul triangolo
rettangolo.
Teorema I. In un triangolo rettangolo un cateto è uguale al prodotto dell’ipotenusa per il seno
dell’angolo acuto opposto al cateto stesso.
Dim. Dalla definizione di seno abbiamo che:
𝒔𝒆𝒏𝜷 =
𝒃
→ 𝒃 = 𝒂 ∙ 𝒔𝒆𝒏𝜷
𝒂
Teorema II. In un triangolo rettangolo un cateto è uguale al prodotto dell’ipotenusa per il coseno
dell’angolo acuto ad esso adiacente.
Dim. Dalla definizione di coseno abbiamo che:
𝒄𝒐𝒔𝜷 =
𝒄
→ 𝒄 = 𝒂 ∙ 𝒄𝒐𝒔𝜷
𝒂
Teorema III. In un triangolo rettangolo un cateto è uguale al prodotto dell’altro cateto per la
tangente dell’angolo acuto opposto al primo cateto.
Dim. Dalla definizione di tangente abbiamo che:
𝒕𝒈𝜷 =
𝒃
→ 𝒃 = 𝒄 ∙ 𝒕𝒈𝜷
𝒄
Teorema IV. In un triangolo rettangolo un cateto è uguale al prodotto dell’altro cateto per la
cotangente dell’angolo acuto adiacente ad esso adiacente.
Dim. Dalla definizione di cotangente abbiamo che:
𝒄𝒕𝒈𝜷 =
𝒄
→ 𝒄 = 𝒃 ∙ 𝒄𝒕𝒈𝜷
𝒃
Risoluzione dei triangoli rettangoli
Abbiamo già detto che risolvere un triangolo rettangolo significa determinare i tre lati e i tre angoli
conoscendo tre elementi tra i quali almeno un lato. Per ridurre gli errori di approssimazione, si
cercherà, quando sia possibile, di calcolare gli elementi incogniti adoperando elementi dati e non
elementi incogniti precedentemente trovati.
Si presentano quattro casi:
1.
2.
3.
4.
Sono dati i due cateti
Sono dati l’ipotenusa e un cateto
Sono dati un cateto e un angolo acuto
Sono dati l’ipotenusa e un angolo acuto
1° caso. Dati i cateti b, c calcolare α, β, γ
Applicando il teorema di Pitagora calcoliamo a:
𝒂 = √𝒃𝟐 + 𝒄𝟐
Dalla formula:
𝒕𝒈𝜷 =
𝒃
𝒃
→ 𝜷 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈
𝒄
𝒄
Trovato β, si ha subito che
𝜸 = 𝟗𝟎° − 𝜷
Esempio
Risolvere il triangolo rettangolo conoscendo i cateti 𝒃 = 𝟐𝟎√𝟐 𝑒 𝒄 = 𝟐𝟎√𝟔.
𝒂 = √𝒃𝟐 + 𝒄𝟐 = √𝟖𝟎𝟎 + 𝟐𝟒𝟎𝟎 = √𝟑𝟐𝟎𝟎 = 𝟒𝟎√𝟐
𝒕𝒈𝜷 =
𝒃 𝟐𝟎√𝟐
𝟏
√𝟑
=
=
=
𝒄 𝟐𝟎√𝟔 √𝟑
𝟑
𝜷 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈
√𝟑
→ 𝜷 = 𝟑𝟎°
𝟑
𝜸 = 𝟗𝟎° − 𝜷 = 𝟗𝟎° − 𝟑𝟎° = 𝟔𝟎°
2° caso. Dati l’ipotenusa a, e il cateto b calcolare c, 𝜷, 𝜸
Applicando il teorema di Pitagora calcoliamo c:
𝒄 = √𝒂𝟐 − 𝒃𝟐
Dalla formula:
𝒔𝒆𝒏𝜷 =
𝒃
𝒃
→ 𝜷 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏
𝒂
𝒂
Trovato β, si ha subito che
𝜸 = 𝟗𝟎° − 𝜷
Esempio
Risolvere il triangolo rettangolo conoscendo 𝒂 = 𝟒 𝑒 𝒄 = 𝟐√𝟑.
𝒂 = √𝒂𝟐 − 𝒄𝟐 = √𝟏𝟔 − 𝟏𝟐 = √𝟒 = 𝟐
𝒔𝒆𝒏𝜸 =
𝒄 𝟐√𝟑 √𝟑
=
=
𝒂
𝟒
𝟐
𝜸 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏
√𝟑
→ 𝜸 = 𝟔𝟎°
𝟐
𝜸 = 𝟗𝟎° − 𝜸 = 𝟗𝟎° − 𝟔𝟎° = 𝟑𝟎°
3° caso. Dati il cateto b, e l’angolo acuto β calcolare a, 𝒄, 𝜸
Conosciuto β, si ha subito che
𝜸 = 𝟗𝟎° − 𝜷
Poiché
𝒃 = 𝒂 ∙ 𝒔𝒆𝒏𝜷 → 𝒂 =
𝒃
𝒔𝒆𝒏𝜷
Infine
𝒄 = 𝒃 ∙ 𝒄𝒕𝒈𝜷
Esempio
3
Risolvere il triangolo rettangolo di cui si conoscono il cateto b = 24 e il 𝑐𝑜𝑠𝛾 = 5 .
𝒄𝒐𝒔𝜸 =
𝟑
𝟑
→ 𝜸 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔
𝟓
𝟓
𝜷=
𝝅
𝟑
− 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔
𝟐
𝟓
𝒔𝒆𝒏𝜸 = √1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝛾 → 𝒔𝒆𝒏𝜸 = √1 −
𝑡𝑔𝛾 =
𝑠𝑒𝑛𝛾
4
→ 𝑡𝑔𝛾 =
𝑐𝑜𝑠𝛾
3
𝒄 = 𝒃 ∙ 𝒕𝒈𝜸 → 𝒄 = 𝟐𝟒 ∙
𝒃 = 𝒂 ∙ 𝒔𝒆𝒏𝜷 → 𝒂 =
9
4
→ 𝑠𝑒𝑛𝛾 =
25
5
𝟒
→ 𝒄 = 𝟑𝟐
𝟑
𝒃
𝒃
𝟐𝟒
→𝒂=
→𝒂=
→ 𝒂 = 𝟒𝟎
𝟑
𝒔𝒆𝒏𝜷
𝒄𝒐𝒔𝜸
𝟓
4° caso. Dati l’ipotenusa a, e l’angolo acuto β calcolare b, 𝒄, 𝜸
Conosciuto β, si ha subito che
𝜸 = 𝟗𝟎° − 𝜷
Il calcolo dei cateti avviene con le formule
𝒃 = 𝒂 ∙ 𝒔𝒆𝒏𝜷
𝒄 = 𝒂 ∙ 𝒄𝒐𝒔𝜷
Esempio
Risolvere il triangolo rettangolo conoscendo 𝒂 = 𝟏𝟎 𝑒 β= 𝟔𝟎°.
Conosciuto β, si ha subito che
𝜸 = 𝟗𝟎° − 𝜷 → 𝜸 = 𝟗𝟎° − 𝟔𝟎° → 𝜸 = 𝟑𝟎°
𝒃 = 𝒂 ∙ 𝒔𝒆𝒏𝜷 → 𝒃 = 𝟏𝟎 ∙ 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎° → 𝒃 = 𝟏𝟎 ∙
√𝟑
→ 𝒃 = 𝟓√𝟑
𝟐
𝒄 = 𝒂 ∙ 𝒄𝒐𝒔𝜷 → 𝒄 = 𝟏𝟎 ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎° → 𝒄 = 𝟏𝟎 ∙
𝟏
→𝒄=𝟓
𝟐
Applicazioni dei teoremi sui triangoli rettangoli

Area di un triangolo
L’area di un triangolo è data dal semiprodotto di due lati consecutivi per il seno dell’angolo
compreso.
Sappiamo che l’area di un triangolo è:
𝑆=
1
∙𝑐∙ℎ
2
Ma
ℎ = 𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼
Quindi
𝑆=

1
∙ 𝑐 ∙ 𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼
2
Teorema della corda in una circonferenza
In una circonferenza la misura di una corda è uguale al prodotto del diametro per il seno di un
qualsiasi angolo alla circonferenza che insistono su quella corda.
Il triangolo ABC è inscritto in una semicirconferenza e pertanto è rettangolo in B. Per uno dei
teoremi sui triangoli rettangoli visti in precedenza abbiamo:
̅̅̅̅ = 2𝑟 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 2𝑟 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜋 − 𝜃)
𝐴𝐵
Teoremi sui triangoli qualunque

Teorema dei seni
In un triangolo il rapporto tra un lato e il seno dell’angolo opposto è costante ed è uguale al diametro
della circonferenza circoscritta al triangolo.
Per il teorema della corda, detta r la misura del raggio della circonferenza circoscritta abbiamo che:
𝑎 = 2𝑟 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝛼 →
𝑎
= 2𝑟
𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑏 = 2𝑟 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝛽 →
𝑏
= 2𝑟
𝑠𝑒𝑛𝛽
𝑐 = 2𝑟 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝛾 →
𝑐
= 2𝑟
𝑠𝑒𝑛𝛾
Essendo i tre rapporti uguali a 2r si ha:
𝑎
𝑏
𝑐
=
=
𝑠𝑒𝑛𝛼 𝑠𝑒𝑛𝛽 𝑠𝑒𝑛𝛾

Teorema di Carnot o del coseno
In un triangolo il quadrato della misura di un lato è uguale alla somma dei quadrati delle misure
degli altri due lati, diminuita del doppio prodotto di questi due lati per il coseno dell’angolo che essi
formano.
Per il teorema di Pitagora applicato al triangolo CHB si ha:
̅̅̅̅ 2 = ̅̅̅̅
̅̅̅̅ 2
𝐶𝐵
𝐶𝐻 2 + 𝐻𝐵
(1)
Per i teoremi relativi ai triangoli rettangoli si ha:
̅̅̅̅
𝐶𝐻 = 𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼
̅̅̅̅
𝐴𝐻 = 𝑏 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
̅̅̅̅
𝐻𝐵 = 𝑐 − 𝑏 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
Sostituendo i valori trovati nella (1), si ottiene
𝑎2 = 𝑏 2 ∙ 𝑠𝑒𝑛2 𝛼 + (𝑐 − 𝑏 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼)2
𝑎2 = 𝑏 2 ∙ 𝑠𝑒𝑛2 𝛼 + 𝑐 2 + 𝑏 2 ∙ 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 − 2 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑎2 = 𝑏 2 ∙ 𝑠𝑒𝑛2 𝛼 + 𝑐 2 + 𝑏 2 ∙ 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 − 2 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑎2 = 𝑏 2 ∙ (𝑠𝑒𝑛2 𝛼 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼) + 𝑐 2 − 2 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑎2 = 𝑏 2 + 𝑐 2 − 2 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
Osservazione
Se il triangolo è rettangolo (α = 90° e cosα = 0) il questo teorema si riduce al teorema di Pitagora.
Pertanto possiamo chiamare il teorema di Carnot teorema di Pitagora generalizzato.
Risoluzione dei triangoli obliquangoli
Anche per la risoluzione dei triangoli non rettangoli si hanno quattro casi:
1.
2.
3.
4.
Sono dati un lato e due angoli
Sono dati due lati e l’angolo opposto ad uno di essi
Sono dati due lati e l’angolo compreso
Sono dati i tre lati
1° caso. Dati il lato a e i due angoli β e γ (con β+γ < 180°) calcolare b, 𝒄, 𝜶
Conoscendo β e γ possiamo calcolare α
𝛼 = 180° − (𝛽 + 𝛾)
I lati b e c si ricavano applicando il teorema dei seni
𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛽
𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛾
𝑎: 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑐: 𝑠𝑒𝑛𝛾 → 𝑐 =
𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑎: 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑏: 𝑠𝑒𝑛𝛽 → 𝑏 =
Esempio
Risolver il triangolo di cui si conosce a = 24, β = 60°, γ = 45°.
Conoscendo β e γ possiamo conoscere α
𝛼 = 180° − (𝛽 + 𝛾) → 𝛼 = 180° − 105° → 𝛼 = 75°
Per il teorema dei seni si ha
𝑎: 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑏: 𝑠𝑒𝑛𝛽 → 24: 𝑠𝑒𝑛75° = 𝑏: 𝑠𝑒𝑛60° → 𝑏 =
24 ∙ 𝑠𝑒𝑛60°
→ 𝑏 = 12√6(√3 − 1)
𝑠𝑒𝑛75°
𝑎: 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑐: 𝑠𝑒𝑛𝛾 → 24: 𝑠𝑒𝑛75° = 𝑐: 𝑠𝑒𝑛45° → 𝑐 =
24 ∙ 𝑠𝑒𝑛45°
→ 𝑐 = 24(√3 − 1)
𝑠𝑒𝑛75°
2° caso. Dati i due lati a e b e l’angolo α calcolare β, 𝜸, 𝒄
Dal teorema dei seni si ha
𝑎: 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑏: 𝑠𝑒𝑛𝛽 → 𝒔𝒆𝒏𝜷 =
𝒃 ∙ 𝒔𝒆𝒏𝜶
𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼
→ 𝛽 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛
𝒂
𝑎
Determinato β e conoscendo α possiamo sapere γ
𝛾 = 180° − (𝛼 + 𝛽)
Applicando ancora il teorema dei seni si determinerà c
𝑎: 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑐: 𝑠𝑒𝑛𝛾 → 𝑐 =
𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛾
𝑠𝑒𝑛𝛼
(1)
Discussione
Affinché il problema sia possibile deve essere
𝛼 + 𝛽 < 180°
0 < 𝑠𝑒𝑛𝛽 ≤ 1 → 0 <
𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼
≤ 1 → 𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ≤ 𝑎
𝑎
Si possono distinguere tre casi
1°) 𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 > 𝑎: il problema è impossibile in quanto il seno non può assumere valori superiori a
uno
2°) 𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑎: in questo caso risulta senβ = 1, cioè β = 90° e il problema è possibile solo se α è
acuto
3°) 𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 < 𝑎: dalla (1) si ottengono due valori β1 e β2, supplementari tra loro (poniamo β1 uguale
all’angolo acuto e β2 = 180°- β1 uguale all’angolo ottuso). Per decidere se entrambi gli angoli sono
accettabili come soluzioni del problema, bisogna esaminare tre sotto casi:
I) Sia b < a: deve risultare β < α e qualunque sia α, β deve risultare acuto. In questo caso è
accettabile solo β1.
II) Sia b = a: deve risultare α = β e se 𝛼 ≥ 90° il problema è impossibile; mentre per 𝛼 < 90° solo
β1 = α è soluzione accettabile.
III) Sia b > a: deve risultare β > α e se 𝛼 ≥ 90° il problema è impossibile; mentre per α < 90° sia
β1 che β2 sono soluzioni accettabili.
Riassumendo
Se α è acuto il problema può avere nessuna, una o due soluzioni
Se α è ottuso il problema può avere nessuna o una soluzione
Esempio 1
Risolvere il triangolo di cui si conoscono i seguenti elementi:
𝑎 = √6 + √2;
𝑏 = 2√2;
𝛼 = 75°
b < a implica che β < α = 75°. Quindi se senβ < 1 il problema sarà possibile e avrà una sola soluzione
dovendo β essere acuto.
Calcoliamo
𝑠𝑒𝑛𝛽 =
𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼
2√2 ∙ (√6 + √2)
√2
→ 𝑠𝑒𝑛𝛽 =
=→ 𝑠𝑒𝑛𝛽 =
→ 𝛽 = 45°
𝑎
2
4 ∙ (√6 + √2)
𝛾 = 180° − (75° + 45°) → 𝛾 = 60°
Dal teorema dei seni ricaviamo
3
2√2 ∙ 2
𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛾
𝑐=
→𝑐=
→ 𝑐 = 2√3
𝑠𝑒𝑛𝛼
√2
2
Esempio 2
Determinare il perimetro del triangolo ABC di cui si conoscono i seguenti elementi:
𝑎 = 2𝑘√3;
𝑏 = 6𝑘;
𝛼 = 30°
Dai dati risulta che b > a e quindi β > α = 30°. Pertanto β può essere sia acuto che ottuso
Per il teorema dei seni abbiamo
1
6𝑘 ∙ 2
𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼
√3
𝑎: 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑏: 𝑠𝑒𝑛𝛽 → 𝑠𝑒𝑛𝛽 =
→ 𝑠𝑒𝑛𝛽 =
→ 𝑠𝑒𝑛𝛽 =
→
𝑎
2
2𝑘√3
Abbiamo come soluzioni due triangoli.
Il primo è un triangolo rettangolo con
𝛼 = 30°; 𝛽 = 60°;
𝛾 = 90° ; 𝑏 = 6𝑘; 𝑎 = 2𝑘√3 ; 𝑐 𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎
𝑐 = √36𝑘 2 + 12𝑘 2 → 𝑐 = √48𝑘 2 → 𝑐 = 4𝑘√3
Perimetro
2𝑝 = 2𝑘√3 + 6𝑘 + 4𝑘√3 → 2𝑝 = 6𝑘√3 + 6𝑘 → 2𝑝 = 6𝑘(√3 + 1)
Il secondo triangolo è ottusangolo isoscele con
𝛼 = 30°; 𝛽 = 120°;
𝛾 = 30° ; 𝑏 = 6𝑘; 𝑎 = 𝑐 = 2𝑘√3
β1 = 60°
Β2 = 120°
C
𝟒𝒌√𝟑
𝟐𝒌√𝟑
A
B
𝟐𝒌√𝟑
Perimetro
2𝑝 = 6𝑘 + 2𝑘√3 + 2𝑘√3 → 2𝑝 = 6𝑘 + 4𝑘√3 → 2𝑝 = 2𝑘(3 + 2√3)
3° caso. Dati i due lati a e b e l’angolo compreso α determinare α, 𝜷, 𝒄
Il terzo lato c si può determinare applicando il teorema di Carnot:
𝑐 = √𝑎2 + 𝑏 2 − 2 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛾
Gli angoli α e β si possono determinare applicando il teorema dei seni o il teorema di Carnot.
Esempio
Risolvere il triangolo di cui si conoscono i seguenti elementi:
𝑎 = 2√3;
𝑐 = √6 + √2;
𝛽 = 45°
Per il teorema di Carnot si ha
𝑏 2 = 𝑎2 + 𝑐 2 − 2 ∙ 𝑎 ∙ 𝑐 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽 → 𝑏 2 = 12 + 6 + 2 + 2√12 − 4√3(√6 + √2)
𝑏 2 = 20 + 4√3 − 12 − 4√3 → 𝑏 2 = 8 → 𝑏 = 2√2
Applicando il teorema dei seni si ha
√2
2
√2
2√3 ∙ 2
√3
𝑎: 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑏: 𝑠𝑒𝑛𝛽 → 𝑠𝑒𝑛𝛼 =
→ 𝑠𝑒𝑛𝛼 =
→ 𝛼 = 60° 𝑒 𝛼 = 120°
2
2√2
𝛾 = 180° − (𝛼 + 𝛽) → 𝛾 = 180° − 105° → 𝛾 = 75°
𝛾 = 180° − (𝛼 + 𝛽) → 𝛾 = 180° − 165° → 𝛾 = 15°
c > a implica che γ > α. Pertanto α = 120° e γ = 15° non sono accettabili.
4° caso. Dati i tre lati a e b e c determinare α, 𝜷, 𝜸
Gli angoli si possono ricavare applicando il teorema di Carnot
𝑏 2 + 𝑐 2 − 𝑎2
𝑐𝑜𝑠𝛼 =
2∙𝑏∙𝑐
𝑐𝑜𝑠𝛽 =
𝑎2 + 𝑐 2 − 𝑏 2
2∙𝑎∙𝑐
𝑐𝑜𝑠𝛾 =
𝑎2 + 𝑏 2 − 𝑐 2
2∙𝑎∙𝑏
Esempio
Determinare gli angoli del triangolo di cui si conoscono i lati
𝑎 = √6;
𝑏 = 3 + √3;
𝑐 = 2√3
𝑏 2 + 𝑐 2 − 𝑎2 (3 + √3)2 + 12 − 6 √3
𝑐𝑜𝑠𝛼 =
=
=
→ 𝛼 = 30°
2∙𝑏∙𝑐
2
2(3 + √3)2√3
𝑎2 + 𝑐 2 − 𝑏 2 6 + 12 − (3 + √3)2 √2 − √6
𝑐𝑜𝑠𝛽 =
=
=
→ 𝛽 = 105°
2∙𝑎∙𝑐
4
4√3√6
𝑐𝑜𝑠𝛾 =
𝑎2 + 𝑏 2 − 𝑐 2 6 + (3 + √3)2 − 12 √2
=
=
→ 𝛾 = 45°
2∙𝑎∙𝑏
2
2√6(3 + √3)
Applicazioni della trigonometria

Coefficiente angolare di una retta
Consideriamo la retta passante per l’origine di equazione y = mx.
P
y
O
α
x
H
Consideriamo il triangolo rettangolo OPH. Per la definizione di tangente abbiamo che
𝑡𝑔𝛼 =
𝑦
=𝑚
𝑥
Si deduce che il coefficiente angolare di una retta passante per l’origine è la tangente trigonometrica
dell’angolo che la retta forma con l’asse delle x descritto in senso antiorario dalla semiretta positiva
dell’asse x per sovrapporsi alla retta data.
Se la retta si trova nel I e III quadrante il suo coefficiente angolare è positivo essendo uguale alla
tangente di un angolo acuto che sappiamo essere positiva.
𝑡𝑔𝛼 = 𝑚 > 0
Se la retta si trova nel II e IV quadrante il suo coefficiente angolare è negativo essendo uguale alla
tangente di un angolo ottuso che sappiamo essere negativa.
𝑡𝑔𝛼 = 𝑚 < 0
Consideriamo ora una generica retta r’ non passante per l’origine e parallela alla retta r passante
per l’origine.
r’
r
P
y
α’
O
α
x
H
Gli angoli α e α’ sono uguali perché corrispondenti e quindi
𝑡𝑔𝛼 = 𝑡𝑔𝛼 ′ = 𝑚
Possiamo dunque affermare che il coefficiente angolare di una qualsiasi retta, non parallela all’asse
y, è la tangente trigonometrica dell’angolo che la retta forma con l’asse delle x.
Se la retta è parallela all’asse delle x il coefficiente angolare è zero
α = 0° → tg0° = 0 → m = 0
Se la retta è parallela all’asse delle y il coefficiente angolare non esiste
α = 90° → tg90°non esiste
Esempio 1
Scrivere l’equazione della retta passante per il punto P(-1; √3) e formante un angolo di 120° con
l’asse x.
La retta richiesta ha equazione
𝑦 − √3 = 𝑡𝑔120°(𝑥 + 1)
𝑦 − √3 = −√3(𝑥 + 1)
𝑦 = −√3𝑥
Esempio 2
Determinare il parametro k in modo che a retta di equazione
𝑘𝑥 − (2𝑘 − 1)𝑦 + 3 = 0
Formi un angolo di 135°.
La retta data ha coefficiente angolare
𝑚=
𝑘
1
𝑐𝑜𝑛 𝑘 ≠
2𝑘 − 1
2
𝑡𝑔135° = −1
𝑘
1
= −1 → 𝑘 =
2𝑘 − 1
3

Angolo tra due rette
Definiamo angolo tra due rette ciascuno dei due angoli acuti e opposti al vertice formati da due
rette incidenti e non perpendicolari.
Nel sistema di riferimento Oxy le rette r ed s di equazioni
𝑟 → 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑞
𝑠 → 𝑦 = 𝑚′𝑥 + 𝑞′
r
s
γ
α
β
O
Ricordando le formule di addizione della tangente e ricordando che gli angoli supplementari hanno
tangenti opposte si ha
𝑡𝑔𝛼 − 𝑡𝑔𝛽
𝑡𝑔𝛾 = 𝑡𝑔(𝛼 − 𝛽) = |
|
1 + 𝑡𝑔𝛼 ∙ 𝑡𝑔𝛽
𝑡𝑔𝛾 = |
𝑚 − 𝑚′
|
1 + 𝑚 ∙ 𝑚′
Osservazione
I.
II.
III.
Nella formula è indifferente l’ordine con cui si considerano i coefficienti angolari delle due
rette.
Se le rette sono parallele essendo m = m’ risulta tgγ = 0
Se le rette sono perpendicolari essendo 1 + mm’ = 0 la tgγ non esiste
Esempio 1
Determinare l’angolo γ tra le due rette di equazioni
2𝑥 − 5𝑦 + 7 = 0 ;
3𝑥 + 7𝑦 − 8 = 0
I coefficienti angolari delle due rette sono rispettivamente
𝑚=
2
3
𝑒 𝑚′ = −
5
7
2 3
+
𝑡𝑔𝛾 = | 5 7 | → 𝑡𝑔𝛾 = 1 → 𝛾 = 45°
2 3
1− ∙7
5
Esempio 2
Determinare l’equazione di una retta passante per P(3; 1) e formante un angolo di 45° con la retta
di equazione y = 2x – 1.
La retta cercata avrà equazione
𝑦 − 1 = 𝑚(𝑥 − 3)
Sappiamo inoltre che
𝑚−2
𝑚−2
𝑚−2
𝑡𝑔45° = |
|→|
|=1→
= ±1
1 + 2𝑚
1+𝑚
1 + 2𝑚
Risolvendo otteniamo
𝑚 = −3 ∨ 𝑚 =
Il problema ha due soluzioni
𝑦 − 1 = −3(𝑥 − 3)
1
3
1
; 𝑦 − 1 = 3 (𝑥 − 3)

EQUAZIONI PARAMETRICHE DELLE CONICHE
Equazioni parametriche della circonferenza
L’equazione della circonferenza di centro C(x0; y0) e raggio r è
(𝑥 − 𝑥0 )2 + (𝑦 − 𝑦0 )2 = 𝑟 2 → (
𝑥 − 𝑥0 2
𝑦 − 𝑦0 2
) +(
) =1
𝑟
𝑟
Ricordando la prima relazione fondamentale
𝑠𝑒𝑛2 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 = 1
E introducendo un parametro θ possiamo porre
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝑥 − 𝑥0
𝑦 − 𝑦0
∧ 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝑟
𝑟
E da queste equazioni otteniamo le equazioni parametriche della circonferenza
{
𝑥 = 𝑥0 + 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑐𝑜𝑛 𝜃𝜖[0, 2𝜋)
𝑦 = 𝑦0 + 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
Esempio 1
Scrivere le equazioni parametriche della circonferenza di equazione
𝑥 2 + 𝑦 2 + 4𝑥 − 8𝑦 + 1 = 0
Per scrivere le equazioni parametriche abbiamo bisogno delle coordinate del centro e del
raggio.
𝐶(−2; 4);
𝑟 = √19
Le equazioni richieste sono
{
𝑥 = −2 + √19𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑐𝑜𝑛 𝜃𝜖[0, 2𝜋)
𝑦 = 4 + √19𝑠𝑒𝑛𝜃
Esempio 2
Scrivere l’equazione cartesiana del luogo di equazioni parametriche
{
𝑥 = 2 + 3𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑐𝑜𝑛 𝜃𝜖[0, 2𝜋)
𝑦 = 1 + 3𝑠𝑒𝑛𝜃
Dalle equazioni sappiamo che coordinate del centro della circonferenza e la misura del raggio
𝐶(2; 1)
𝑟=3
L’equazione della circonferenza ha equazione
(𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 1)2 = 9 → 𝑥 2 + 𝑦 2 − 4𝑥 − 2𝑦 − 4 = 0
Equazioni parametriche dell’ellisse
Dall’equazione canonica dell’ellisse
𝑥2 𝑦2
+
=1
𝑎2 𝑏 2
basta porre
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝑥
𝑦
∧ 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝑎
𝑏
per avere le equazioni parametriche
{
𝑥 = 𝑎 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑐𝑜𝑛 𝜃𝜖[0, 2𝜋)
𝑦 = 𝑏 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝜃
Equazioni parametriche dell’iperbole
L’equazione canonica dell’iperbole
𝑥2 𝑦2
−
=1
𝑎2 𝑏 2
La possiamo anche scrivere come
𝑦2 𝑥2
=
−1
𝑏 2 𝑎2
𝑥2
𝑦 = 𝑏 ( 2 − 1)
𝑎
2
2
𝑦 2 = 𝑏2 (
𝑥 2 − 𝑎2
)
𝑎2
𝑏2 2
𝑦 = 2 (𝑥 − 𝑎2 )
𝑎
2
𝑏
𝑦 = ± √𝑥 2 − 𝑎2
𝑎
𝑏 𝑥
𝑦 = ± ∙ √𝑥 2 − 𝑎 2
𝑎 𝑥
𝑏
𝑥 2 − 𝑎2
𝑦 = ± ∙ 𝑥√
𝑎
𝑥2
𝑏
𝑎2
𝑦 = ± 𝑥√1 − 2
𝑎
𝑥
(1)
Posto
𝑎
𝑎
= 𝑐𝑜𝑠𝜃 → 𝑥 =
𝑥
𝑐𝑜𝑠𝜃
La (1) diventa
𝑏 𝑎
𝑏
𝑦=± ∙
∙ √1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 → 𝑦 = ±
∙ 𝑠𝑒𝑛𝜃 → 𝑦 = 𝑏 ∙ 𝑡𝑔𝜃
𝑎 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
Il doppio segno è stato eliminato poiché tgθ assume sia valori positivi che negativi.
Le equazioni parametriche dell’iperbole sono
𝑎
{
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑦 = 𝑏 ∙ 𝑡𝑔𝜃
𝑥=
𝜋 3
𝑐𝑜𝑛 𝜃𝜖[0, 2𝜋) − { ; 𝜋}
2 2
Esempio
Scrivere l’equazione cartesiana del luogo di equazioni parametriche
2
𝑐𝑜𝑠𝜃
{
2𝑐𝑜𝑠𝜃 + 3 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑦=
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑥 = 1+
Trasformiamo le equazioni in un’altra forma
𝑥−1
1
𝑥−1
1
=
=
𝑐𝑜𝑠𝜃 → { 2
𝑐𝑜𝑠𝜃
{ 2
3 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑦−2
𝑦 =2+
= 𝑡𝑔𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
3
Elevando ambo i membri delle due equazioni al quadrato e sottraendo le due equazioni così
ottenute membro a membro si ha l’equazione richiesta
(𝑥 − 1)2
1
2
2
2
2
2
=
4
𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 → (𝑥 − 1) − (𝑦 − 2) = 1 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃 → (𝑥 − 1) − (𝑦 − 2) = 1
4
9
𝑐𝑜𝑠 2 𝜃
4
9
(𝑦 − 2)2 𝑠𝑒𝑛2 𝜃
=
{
9
𝑐𝑜𝑠 2 𝜃

Distanza tra due punti separati da un ostacolo
I caso
Si voglia determinare la distanza tra due punti A e B separati da un ostacolo, ma entrambi
accessibili.
Fissiamo un punto C, distante da A e B rispettivamente b ed a e dal quale i due punti sono visibili.
Misuriamo l’angolo 𝐴𝐶̂ 𝐵 = 𝛾
Del triangolo ABC conosciamo ora due lati e l’angolo compreso. La distanza AB è calcolabile
mediante il teorema di Carnot.
𝑥 = √𝑎2 + 𝑏 2 − 2 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛾
II caso
I due punti sono visibili l’uno dall’altro, ma solo B è accessibile.
Fissiamo un punto C, distante da B a e dal quale il punto A sia visibile. Misuriamo gli angoli l’angolo
𝐴𝐶̂ 𝐵 = 𝛾 e 𝐴𝐵̂ 𝐶 = 𝛽.
Applicando il teorema dei seni al triangolo ABC si ha
𝑥: 𝑠𝑒𝑛𝛾 = 𝑎: 𝑠𝑒𝑛[180° − (𝛽 + 𝛾)] → 𝑥 =
𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛾
𝑠𝑒𝑛(𝛽 + 𝛾)

Distanza tra due punti entrambi inaccessibili (problema di Snellius matematico olandese)
Vogliamo determinare la distanza tra due punti A, B inaccessibili ma visibili.
Fissati due punti D e C ad una distanza a, si misurano gli angoli α, β, γ e δ.
Applicando il teorema dei seni al triangolo ACD otteniamo
̅̅̅̅ : 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑎: 𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛾) → 𝐴𝐶
̅̅̅̅ =
𝐴𝐶
𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛾)
Applicando lo stesso teorema al triangolo BCD otteniamo
̅̅̅̅ : 𝑠𝑒𝑛𝛽 = 𝑎: 𝑠𝑒𝑛(𝛽 + 𝛿) → 𝐵𝐶
̅̅̅̅ =
𝐵𝐶
𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛽
𝑠𝑒𝑛(𝛽 + 𝛿)
Del triangolo ACB conosciamo, ora, i lati AC e BC e l’angolo tra loro compreso. Applicando il
teorema di Carnot determiniamo la distanza incognita AB.
Esercizi
Una bellissima principessa è intrappolata in una torre con un’unica finestra all’altezza di 10 metri;
inoltre la torre è circondata da un fossato largo 5 metri. Quanto deve essere lunga la scala per
arrivare esattamente alla finestra?
Immaginiamo di essere in spiaggia, a mezzogiorno. Siccome fa molto caldo, vogliamo piantare
l’ombrellone in modo che produca più ombra possibile. L’unica cosa che possiamo cambiare è
l’angolo che il palo dell’ombrellone forma con il terreno. Come lo piantiamo? E perché?
Supponiamo di essere degli astronomi, e aver osservato una grossa e pericolosa cometa in orbita
intorno alla Terra. Se tale cometa orbitasse a 35000 km dalla superficie terrestre, sarebbe un
enorme problema per le telecomunicazioni, in quanto potrebbe scontrarsi con i satelliti. Dalle
osservazioni effettuate si è dedotto solo che tale cometa percorre in un minuto una distanza di 200
km e che, dal nostro punto di vista, in un minuto si sposta nel cielo di 0,4 gradi.
I satelliti sono al sicuro?
Problemi di topografia/astronomia:
1. Due osservatori, posti alla distanza di 200 m sullo stesso piano orizzontale, a quota 800 m sul
livello del mare, vedono la cima di una montagna sotto gli angoli rispettivamente di 45°26'37" e
30°22'49". Tenendo presente che le letture precedenti vengono fatte nello stesso piano verticale,
qual è l'altezza della montagna sul livello del mare?
2. Il terreno adiacente ad una torre AB di piede inaccessibile è inclinato. Due osservatori sono posti
in due punti P e Q distanti 15 m, tali che
= 58° 23'18",
= 42°45'30" e
= 40°24'38";
inoltre l'angolo sotto cui viene visto da P il piede A della torre rispetto al piano orizzontale è
18°25'36". Calcolare l'altezza della torre.
3. Da due punti A e B, distanti 50 m, è visibile, ma non accessibile, un punto P, tale che
50°23'12" e
= 80°40'37". Trovare la distanza
.
=
4. Da due punti A e B, non visibili l'uno dall'altro ma accessibili, è visibile ed accessibile un
punto P tale che
= 70 m,
= 85 m ed
= 60°45'. Calcolare la distanza .
5. Due punti A e B, posti sullo stesso meridiano terrestre, individuano su questo un arco di lunghezza
1112 km. Sapendo che A e B hanno latitudine rispettivamente 30° e 40°, trovare il raggio terrestre
(supposta la Terra di forma sferica).
6. Due osservatori A e B sono posti su uno stesso meridiano terrestre, rispettivamente alle latitudini
di -39°3' e 50°. Mentre l'osservatore A vede la Luna al suo orizzonte, l'osservatore B la vede al suo
zenit. Sapendo che il raggio medio della Terra è 6371 km, trovare la distanza Terra-Luna.
7. Una scala, appoggiata ad una parete, è inclinata di 70° sul piano del pavimento; quando la linea
d'appoggio sul pavimento s'allontana di 30 cm dalla parete, l'angolo d'inclinazione diventa di 62°.
Calcolare la lunghezza della scala.
8. Due paletti, uno lungo 120 cm e l'altro 210 cm, sono disposti uno dietro l'altro, alla distanza di 4
m, da una stessa parte di un fossato. Un osservatore, situato dall'altra parte del fossato, li vede sotto
lo stesso angolo. Calcolare la distanza dell'osservatore dal primo paletto e l'angolo sotto cui egli
vede entrambi.
9. Nella figura è rappresentata una torre «pendente». C e D sono due punti giacenti nel medesimo
piano orizzontale del piede B della torre. Note le distanze
=c e
= d e gli angoli di
visuale
= γ,
= δ, risolvere le seguenti questioni:
a. determinare la formula che dà l'altezza verticale
della torre;
b. calcolare l'altezza verticale AH della torre e la lunghezza del fianco AB per c = 24 m, d = 50 m, γ =
39°50', δ = 28°12'.
Problemi di fisica:
1. Una imbarcazione si sposta sotto l'azione di due spinte, una dovuta al funzionamento del suo
motore e l'altra al vento. La velocità provocata dall'azione del motore è di 2 m/s, quella provocata
dal vento è di 0.8 m/s e le due velocità formano tra loro un angolo di 72°45'. Determinare con quale
velocità si sposta l'imbarcazione, calcolandone l'intensità e l'inclinazione rispetto alla direzione del
vento.
2. Una forza di 49,6 N, applicata ad un punto materiale, ne provoca lo spostamento di 74 cm.
Sapendo che il lavoro che essa compie è di 24 J, determinare l'ampiezza dell'angolo tra la direzione
della forza e quella dello spostamento.
3. Sopra un piano inclinato liscio di lunghezza l = 12 m e altezza h = 4 m è posto un cubo di ferro di
massa m = 2,8 kg. Determinare quale forza parallela al piano inclinato è necessaria per mantenere
in equilibrio il cubo. Calcolare poi l'intensità della reazione vincolare e l'ampiezza dell'angolo di
inclinazione del piano.
4. Una palla da biliardo, che si muove su un piano orizzontale con velocità v di modulo 1,50 m/s,
urta una seconda palla di massa uguale, inizialmente ferma, rimbalzando (nel piano del biliardo) in
una direzione che forma un angolo di 60° con la direzione di incidenza e con velocità v1 = 0,66 m/s
(si veda figura). Trovare direzione e modulo della velocità assunta dopo l'urto dalla palla urtata. Per
risolvere il problema si tenga presente il teorema di conservazione della quantità di moto.
5. Un corpo sul quale agisce una forza F di intensità 5 N si trova in equilibrio su un piano inclinato.
L'angolo di inclinazione del piano sia α = 30°. Determinare il peso del corpo, la sua massa e
l'accelerazione cui sarebbe soggetto se la forza F valesse invece 3N.
6. Il sistema di due pesi in figura si trova in equilibrio. Essendo noto che P2, = 20 N, α = 60° e β = 30°,
si calcoli il peso P1 e la forza cui è sottoposta la carrucola.
7. Una forza F = 20 N è applicata ad un corpo per un tratto orizzontale lungo L = 50 m. Si calcoli il
lavoro fatto dalla forza nel caso in cui:
a. forza e spostamento siano di uguale direzione e verso;
b. forza e spostamento siano ortogonali tra loro;
c. forza e spostamento siano paralleli e di verso opposto;
d. l'angolo tra forza e spostamento sia pari ad α; in quest'ultimo caso si tracci un grafico del lavoro
compiuto in funzione dell'angolo.
8. Un corpo scivola lungo un piano inclinato di altezza h che forma un angolo α con l'orizzontale,
secondo una traiettoria formante un angolo β con il fondo del piano inclinato. Il corpo ha una
massa m e il coefficiente di attrito vale μ. Si calcoli, in funzione delle variabili date, il lavoro fatto
dalle forze di attrito nello scivolamento del corpo.
9. Durante una prova per sperimentare misure di sicurezza, due auto vengono lanciate una contro
l'altra in un urto a 90°. Le velocità e le masse delle due auto sono, rispettivamente: v1 = 72
km/h, m1 = 500 kg, v2 = 36 km/h, m2 = 1000 kg.
Se l'urto è completamente anelastico, trovare la velocità del sistema dopo l'urto e calcolare la
frazione di energia meccanica che viene persa nella collisione.
Bibliografia: N. Dodero – P. Baroncini – R. Manfredi: Elementi di matematica 3 – Ghisetti & Corvi
editore