Soluzioni alla verifica di trigonometria 1) Nel triangolo ABC si ha

Soluzioni alla verifica di trigonometria
1) Nel triangolo ABC =
si ha AB 6=
cm, BC 8=
cm, AC 2 13cm. Dopo aver giustificato perché
esiste certamente un triangolo i cui lati hanno queste lunghezze:
 ;
• determina il coseno dell’angolo ABC
 ;
• ricava l’ampiezza dell’angolo ABC
•
•
determina i raggi delle circonferenze inscritta e circoscritta ad ABC;
determina la lunghezza della mediana AM
Dal momento che il lati, oltre ad avere misure positive, rispettano la disuguaglianza triangolare, cioè il
lato più lungo (BC) è più corto della somma degli altri due, il triangolo esiste certamente. Con il teorema
 nonché la sua ampiezza:
del coseno calcoliamo il coseno dell’angolo ABC
π
36 + 64 − 52 1
 =
=
=⇒ ABC
cos ABC
96
2
3
Il raggio della circonferenza circoscritta è ricavabile dal teorela dei seni
AC
2 13
2 13 2 39
2=
R
=
⋅ 2 ⇒=
R
=

3
3
3
sin B
Il raggio della circonferenza inscritta (apotema) è ricavabile a parire dalla misura dell’area
 12 3
=
Area 24sin
=
B
2 × Area
24 3
12 3
7 3 − 39
=
= =
2p
3
14 + 2 13 7 + 13
La lunghezza della mediana è di nuovo calcolabile tramite il teorema del cosaeno
2
2
2

AM = AB + BM − 2 AB ⋅ BM cos B
=
r
AM =
36 + 16 − 24 =
28 = 2 7
ˆ = 60° .
2) Nel triangolo ABC la bisettrice CD misura 8 e forma con la base AB l’angolo CDB
ˆ sapendo che AC + CB =
24.
Determinare DCB
C
x
x
120 °
60 ° 120-x
60-x
A
D
B
ˆ = x ⇒ 0 < x < π , gli angoli misurano quanto rappresentato in figura.
Posto DCB
3
Con il teorema dei seni otteniamo
π
2
8
8 3
8
8 3
=
=
AC =
sin π ⋅
CB =⋅
sin
3
3
π

2

3 cos x − sin x
3 cos x + sin x
sin  − x 
sin  π − x 
3

3

Da cui
8 3
8 3
+
=
24
3 cos x − sin x
3 cos x + sin x
1
1


8 3
+
24 3
=
3 cos x + sin x 
 3 cos x − sin x
3 cos x + sin x +
3 cos x − sin x =
3
(
)(
3 cos x − sin x ⋅
3 cos x + sin x
)
2=
cos x 3cos2 x − sin 2 x
3cos2 x − 1 + cos2 x − 2 cos x =0
4 cos2 x − 2 cos x − 1 =
0
cos x=
1± 5
3
π
⇒ x= 108°= π ∨ x= 36°=
4
5
5
L’unica soluzione accettabile è x= 36°=
3)
π
5
È dato un arco AB, quarta parte di una circonferenza di centro 0 e raggio 2a. Si conduca dal
punto medio C del raggio OA la perpendicolare a tale raggio fino ad incontrare in D l'arco AB.
ˆ =x
Sia P un punto sull'arco AD e si ponga AOP
. Si indichi con H la proiezione di C su OP e con
F la proiezione di P su OA.
a) Si scriva in funzione di x l’area del triangolo OCH e si determini x in modo tale che tale area
sia massima (nei limiti imposti dal problema);
b) Si scriva l’espressione analitica di f=
( x ) 2 PF + PC e si determini x in modo che si abbia
2
f ( x=
)
(9 − 2 2 ) a .
2
2
B
= AP
= DB
= 2a
AB
D
= CB
= a
AC
ˆ =π
DAB
3
Infatti ADB è un triangolo equilatero
ˆ = x on 0 ≤ x ≤ π
Poniamo AOP
c
3
OC = a
P
OH = a cos x
HC = a sin x
H
2
2
a
a
sin x cos x
sin 2 x
=
2
4
Per cui l’area è massima quando
x
π
π
sin ( 2 x ) =1 ⇒ 2 x = ⇒ x =
O
2
4
=
PF OP
=
sin x 2a sin x
Applichiamo il teorema del coseno al triangolo OPC.
=
A(OHC )
2
2
C
2
PC = OP + OC − 2OP ⋅ OC cos x
2
PC = 4a 2 + a 2 − 4a 2 cos x = 5a 2 − 4a 2 cos x
Da cui
f ( x=
) a 2 (8sin 2 x + 5 − 4 cos x=) a 2 (8 − 8cos2 x + 5 − 4 cos x=) a 2 (13 − 4 cos x − 8cos2 x )
Impostiamo l’equazione
a 2 (13 − 4 cos x − 8cos2 x ) =
9 − 2 2 a2
(
8cos2 x + 4 cos x − 4 − 2 2 =
0
)
F
A
4 cos2 x + 2 cos x − 2 − 2 =
0
(
)
(
2
−1 ± 1 + 2 2
−1 ± 1 + 8 + 4 2 −1 ± 1 + 2 2
cos x
= =
4
4
4
2
π
cos x=
⇒ x=
2
4
1+ 2
cos x = −
< −1 impossibile
2
)
4) Un cono circolare retto è circoscritto ad una semisfera di raggio noto r il cui cerchio di base
giace sulla base del cono. Posto 2x l’angolo di apertura del cono, esprimere il volume del cono
in funzione di x; in particolare calcolare tale volume nel caso che l’area laterale del cono sia
doppia di quella della base.
Il disegno in 3 dimensioni è quello che si intuisce qui sopra. Più significativa è la sezione perpendicolare
alla base, passante per il vertice del cono.
V
x
T
r
90-x
A
x
K
H
B
Posto r il raggio della semisfera, R il raggio di base del cono, l’angolo richiesto

π
AV B = 2 x ⇒ AV H = x ⇒ 0 < x < , applicando i teoremi sui triangoli rettangoli ai triangoli ATH e
2
AHV, calcoliamo il raggio R del cono, la sua altezza e la sua apotema. Si ottiene:
AH= R=
r
cos x
cos x
r
r
π

=
⋅
VH =h =R tan  − x  =
2
 cos x sin x sin x
R
r
=
AV =
sin x sin x cos x
Il volume del cono risulta quindi essere:
=
V
π
π r3
=
R2h
3
3sin x cos 2 x
Le aree sono
r2
=
AB π=
R π
cos 2 x
r2
=
AL π=
Ra p π
cos 2 x sin x
2
La condizione richiesta impone l’equazione:
π
r2
cos 2 x sin x
sin x =
= 2π
r2
cos 2 x
⇔
1
1
2 ⇔ sin x =
=
sin x
2
1
3
π
π r 3 8π 3
r
⇒ x = ⇒ cos x =
⇒V =
=
9
2
6
2
9
8