ESERCIZIARIO DI TRIGONOMETRIA

ESERCIZIARIO DI TRIGONOMETRIA

“L'istruzione è l'arma più potente che puoi utilizzare per cambiare il mondo.”

NELSON MANDELA

“Che cosa hai chiesto a scuola oggi?” RICHARD PHILLIPS FEYNMAN

«La prima cosa da comprendere è che la matematica è un'arte. La differenza tra la matematica e le altre arti, come musica e pittura, è che la nostra cultura non la riconosce tale.»

PAUL LOCKHART

Pag.

1. Problemi “diretti” di trigonometria piana 2

1.1 Esercizi svolti 2

1.2 Esercizi non svolti 9

2. Problemi di geometria piana con equazioni o funzioni goniometriche 10



3. Problemi di trigonometria nello spazio 24



by M. G.

Eserciziario di trigonometria

1. Problemi “diretti” di trigonometria piana

1.1 Esercizi svolti 1) E’ dato il trapezio rettangolo ABCD, retto in A e D, in cui la base maggiore AB è congruente al lato

obliquo BC. Sapendo che l’altezza misura 12 cm e 5ˆcos13

ABC = , calcolare area e perimetro del

trapezio.

( )( ) 2 2

5 5 12cos sin 113 13 13

12 13sin

13 cos 5

13 5 82 13 12 8 13 46

13 8 12126

2

cmAB BC cm

BH cm cm

CD cm cm cmp cm cm

Area cm cm

β β

β

β

= ⇒ = − =

= = =

= ⋅ =

= − =

= + + + =

+ ⋅= =

2) In una semicirconferenza diametro AB=12,5 cm, si conduca una corda AM inclinata su AB di un

angolo α tale che 24sin25

α = . Detta P la proiezione di M sulla tangente in B, calcolare l’area ed il

perimetro del trapezio AMPB, nonché la misura delle sue diagonali.

( )

2

24sin25

24 7cos 125 25

24tg7

7cos 12,5 3,525

24sin 3,5 3,3625

7cos 3,5 0,982512,5 0,98 11,52

12,5 11,52 3,362 12,5 11,52 3,36 3,5 30,88 40,35

2

AM AB cm

MH PB AM cm

AH AM cm

MP HB AB AH cm

p cm Area

α

α

α

α

α

α

=

= − =

=

= = ⋅ =

= = = ⋅ =

= = ⋅ =

= = − = − =

+ ⋅= + + + = = = 2

2 2 2 2

36

24sin 12,5 12 12,5 3,36 12,9425

cm

MB AB cm AP AB PB cmα= = ⋅ = = + = +

- 2 -

A

D C

BH

BA

MP

H

Eserciziario di trigonometria 3) Determina il raggio della circonferenza circoscritta al triangolo che ha lati di lunghezza 10cm,

14cm e 18 cm. a=10cm b=14cm c=18cm Con il teorema del coseno calcoliamo un angolo, ad esempio α

2 2 2 196 324 100 420 5cos2 504 504 6

b c abc

α + − + −= = = =

Da cui 25 11sin 136 6

α = − =

Con il teorema dei seni o il teorema della corda otteniamo 1 10 30 30 112 sin 1111 112

6

aR cmα

= ⋅ = = =

4) Nel triangolo ABC si ha 6 , 8 , 2 13 .AB cm BC cm AC cm= = = 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 del coseno calcoliamo il coseno dell’angolo ABC nonché la sua ampiezza:

36 64 52 1cos96 2 3

ABC ABC π+ −= = ⇒ =

Il raggio della circonferenza circoscritta è ricavabile dal teorela dei seni

2 13 2 13 2 392 233 3sin

ACR RB

= = ⋅ ⇒ = =

Il raggio della circonferenza inscritta (apotema) è ricavabile a parire dalla misura dell’area 24sin 12 3

2 24 3 12 3 7 3 392 314 2 13 7 13

Area B

Arearp

= =

× −= = = =

+ +

La lunghezza della mediana è di nuovo calcolabile tramite il teorema del cosaeno

2 2 22 cos

36 16 24 28 2 7

AM AB BM AB BM B

AM

= + − ⋅

= + − = =

5) Determinare la misura del perimetro e dell’area del quadrilatero ABCD, inscritto in una circonferenza di raggio r, sapendo che le ampiezze degli archi , ,AB BC CD sono, rispettivamente, di 90°, 120° e 60°

Il quarto angolo al centro misura necessariamente 90°. Dal momento che gli angoli alla circonferenza sono la metà di quelli al centro, il teorema della corda impone

- 3 -


( )

2 sin 2 2 sin 34 3

2 sin 2 1 2 2 36

AB DA r r BC r r

CD r r p r

π π

π

= = = = =

= = = + +

Per l’area osserviamo che i due triangoli di sinistra sono equivalenti ad un quadrato di lato r, mentre quelli di destra formano un triangolo rettangolo di cateti BC e CD.

22 23 31

2 2rA r r

= + = +

6) Costruita esternamente al triangolo equilatero ABC la semicirconferenza di diametro BC, condurre

la corda 12

PQ BC= parallela a BC. Calcolare il rapporto tra AP ed il lato del triangolo nonché il

coseno dell’angolo P AQ

La figura è la seguente:

OA

B

D

C

120 °60 °

B C

A

O

P Q

H

- 4 -

Eserciziario di trigonometria Poniamo il lato del triangolo equilatero pari a 2R (diametro).

,2ROH OP R= = , i triangoli OHP e BHP sono congruenti quindi anche BP R= . OBP è equilatero e

23 3

OBP ABPπ π= ⇒ = . Per il teorema del coseno 2 2 2 24 4 cos 73

AP R R R Rπ = + − =

72

APAC

=

Sempre per il teorema del coseno

2 2 2

2

7 7 13cos14 14

R R RP AQR

+ −= =

7) Sul pendio di una montagna di inclinazione 20° ci sono due alberi alti rispettivamente (da quello più in basso) 12m e 39m e piantati ad una distanza (misurata al suolo) di 42m. Calcola la distanza tra le cime degli alberi.

Una rappresentazione del problema è la seguente

La differenza in altezza tra le basi degli alberi è 42 sin 20 14,356m m× ° = . Lo scostamento orizzontale tra tali basi (e quindi anche tra le cime) è 42 cos20 39,467m m× ° = . La differenza in altezza tra le cime è ( )39 14,356 12 41,356m m+ − = , per cui la distanza tra le cime è pari a

2 241,356 39,467 57,166m m+ =

8) Nel triangolo ABC si ha

4, arcsin , 2 .5

BC a ABC ACB ABC= = = Determina:

• Le misure dei lati del triangolo ; • i raggi della circonferenza inscritta e circoscritta

Calcoliamo seno e coseno di tutti gli angoli:

4 4 3arcsin sin cos5 5 5

3 4 24 16 72 2 sin sin 2 2 cos cos2 1 25 5 25 25 25

ABC

ACB ABC

β β β

γ β γ β γ β

= = ⇒ = ∧ =

= = = ⇒ = = ⋅ ⋅ = ∧ = = − ⋅ = −

20°

12m

39m

42m

- 5 -


( ) ( )

( )

4 7 3 24 44sin sin5 25 5 25 125

3 7 4 24 117cos cos5 25 5 25 125

α π β γ α β γ

α β γ

= − + ⇒ = + = ⋅ − + ⋅ =

= − + = − ⋅ − + ⋅ =

Da cui, con il teorema dei seni, sin 24 125 30

sin 25 44 11BCAB a aγ

α⋅

= = ⋅ =

sin 4 125 25sin 5 44 11

BCAC a aβα

⋅= = ⋅ =

9) In un triangolo ABC il raggio della circonferenza circoscritta supera di 1 cm la metà del lato AB .

Sapendo che

3sin4

ACB = determina la lunghezza di AB .

Posto 2 1AB x r x= ⇒ = + , scriviamo il teorema della corda o del seno: ( ) 3 3 32 sin 2 2 1 2 3

4 2 2AB r ACB x x x x x= ⇒ = ⋅ + ⋅ ⇒ = + ⇒ =

6AB cm= 10) Ad una semicirconferenza di diametro cm 12 è circoscritto un trapezio isoscele. Calcolare l’area

ed il perimetro del trapezio, sapendo che gli angoli adiacenti alla base misurano 72°

La figura è la seguente:

I triangoli rettangoli DT O

e D M O

sono congruenti per il teorema sulle tangenti. I triangoli rettangoli

AT O

e AH D

sono congruenti per il primo criterio di congruenza.

Da cui 6DH R cm= = , 2 22 2 12,62 , 2 8,72 .sin 72 tan54

R RAB AO AD cm DC DM cm= = = = =° °

Per cui ( )2 12,62 12,62 8,72 33,96p cm cm= + + = ed ( ) 2 212,62 8,72 664,02

2A cm cm

+ ×= =

11) Calcolare il perimetro e l’area di un triangolo rettangolo sapendo che l’ipotenusa è 50cm e24sin25

γ = , dove γ è uno degli angoli acuti del triangolo.

- 6 -


I cateti misurano 2

50 sin 50c γ= ⋅ =2425

×

2 2

48

50 48 2500 2304 196 14

cm

b cm

=

= − = − = =

L’area ed il perimetro sono 7 14A =

482× 2336 2 50 14 48 112cm p cm= = + + =

12) Nel parallelogramma ABCD le diagonali AC e BD misurano, rispettivamente 6a e 4a e il lato AD

misura 52

a . Calcolare il coseno degli angoli formati dalle due diagonali, e la misura del

perimetro delle parallelogramma. Dopo aver calcolato le funzioni (seno, coseno e tangente) dell’angolo B AD , determinare la misura dell’area del parallelogramma.

Il teorema del coseno permette di calcolare il coseno degli angoli formati dalle due diagonali:

2 2 2

2 2 2

2

2 cos259 4 27 94cos

12 48 169180 cos cos

16

AD AO OD AO OD AOD

a a aAOD

a

COD AOD COD AOD

= + − ⋅ ⋅

+ −= = =

= − ⇒ = − = −

Ancora con il teorema del coseno

( )

2 2

2 2 2

2

2 cos

9 27 794 9 2 6 1316 4 2

2 5 79

254cos

AB AO OB AO OB AOB

AB a a a a a

p a

aB AD

= + − ⋅ ⋅

= + + ⋅ = + =

= +

=

2794

a+ 216 a−

25 792

a

2 4 4 7910795 79 79

= ⋅ = =

16 63 7 7sin 1 3 tan 379 79 79 79

B AD B AD= − = = =79

⋅3 7

4 4=

Per l’area, basta raddoppiare l’area del triangolo D A B

.

795sin2

A DA DB BAD= ⋅ = ⋅73

2 79⋅ 2 2 15 7

4a a=

A B

DC

O

- 7 -


13) Nel triangolo isoscele ABC la base AB misura 6a e il coseno al vertice è 725

. Detto M il punto

medio di AB si determini un punto P sul lato AC in modo che risulti 2 2 241PM PB a+ =

(Porre AP=x…)

7cos25

1 cos 3cos sin2 2 2 2 5

6 3 5 con 0 5

ACB

C AB

AB a AM a AC a AP x x a

γ γ

π γ γ γα α

= =

−= = − ⇒ = = =

= = = = ≤ ≤

Applichiamo il teorema del coseno ai due triangoli APM e APB: 2 22 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

3 39 6 36 125 5

32 45 18 415

32 18 4 0 5 27 10 05

27 23 2 5 (soluzione limite in cui )10 5

PM x a ax PB x a ax

PM PB x a ax a

x ax a x ax a

x a x a x a P C

= + − ⋅ = + − ⋅

+ = + − ⋅ =

− ⋅ + = ⇔ − + =

±= ⇒ = ∨ = ≡

14) E` dato il triangolo isoscele ABC, di base AB, in cui l’altezza CH relativa alla base misura 8a e l’angolo alla base B AC α= è tale che 4sin 5α = . Calcolare il perimetro del triangolo e la

misura delle mediane. Determinare infine la tangente dell’angolo che le mediane relative ai lati obliqui formano con la base.

2

8

4 4 3sin cos 15 5 5

10 cos 6sin2 12 2 32

CH a

CHAC a AH CH a

AB AH a p a

α α

αα

=

= ⇒ = − =

= = = ⋅ =

= ⋅ = =

La mediana relativa alla base coincide con l’altezza 8CH a= . Per le altre due (fra loro congruenti)

applichiamo il teorema del coseno al triangolo ABM 2 2 2 2 22 cos 144 25 2 12 5MB AB AM AB AM a a aα= + − ⋅ = + − ⋅ ⋅

35

a ⋅ 297

97

a

MB AN a

=

= =

Per la tangente dell’angolo ABM δ= possiamo procedere in due modi diversi.

Il primo sfrutta una proprietà del baricentro G per cui 1 8 4tan tan3 3 9

GHGH CH aBH

δ δ= = ⇒ = ⇒ = .

Il secondo consiste nel risolvere (indifferentemente con il teorema dei seni o del coseno) il triangolo AMB. Per esempio:

5sin sinsin sinAM MB AM

MBδ α

δ α= ⇒ = =

4597

⋅4 16 9 4cos 1 tan

97 997 97δ δ= ⇒ = − = ⇒ =

A B

C

M

P

A B

C

H

M NG

αδ

- 8 -

Eserciziario di trigonometria 15) In un trapezio isoscele ABCD la base minore AB è uguale al lato obliquo BC ed entrambi

misurano a. Si prolunga il lato AB di un segmento BE anch’esso lungo a. Determinare perimetro

ed area del quadrilatero AECD sapendo che 7ˆcos25

ABC = −

2

ˆ

7 7 7 24cos cos cos , sin § sin 125 25 25 25

24 7 7 39sin , cos 225 25 25 25

7 7 39cos 225 25 25

1 39 242 25ABCD BEC

AD AB BC BE a ABC

h AK BH CJ a a DK CH a a CD a a a

DK CH a a CD a a a

A A A a a

β γ π β

β γ β β γ

γ γ

γ

= = = = = → = −

= − ⇒ = − = = = − =

= = = = = = = = ⇒ = + ⋅ =

= = = ⇒ = + ⋅ =

= + = + ⋅

2 21 24 12 39 1068225 2 25 25 25 625

a a a a A a + ⋅ = + ⇒ =

Per calcolare CE ricorriamo al teorema del coseno:

2 2 2 7 14 6 6 39 1442 2 2 2 225 25 5 5 25 25

CE a a a a a p a a a a p a= + − ⋅ = − = ⇒ = + + + ⇒ =

1.2 Esercizi non svolti

16) Calcola l’altezza di un’antenna che forma un’ombra di 50m, quando il sole è alto sull’orizzonte di un angolo di 30°.

[S: 350 28,93

h m m= ⋅

]

17) Nel triangolo acutangolo ABC la mediana AM è lunga 120 cm e forma con il lato AB un angolo di 30°. La lunghezza del lato BC è 180 cm. Calcola l’area del triangolo.

[S: ( )1800 2 3 5+ ]

18) In una circonferenza la corda AB è uguale alla metà del raggio. Qual è l’ampiezza dell’angolo alla circonferenza che insiste su AB ed ha il vertice C sul minore degli archi AB.

[S: 1180 arcsin 165,54

° − °

]

19) In una semicirconferenza di diametro 2AB r= considera le corde di

misura 65

AD r= e 2BC r= . Determina la misura della corda CD . [S: 2

10CD r= ]

20) In una circonferenza di centro O e diametro AB=2r la corda MN, perpendicolare al diametro, divide il diametro in due parti che stanno nel rapporto 7/3. Determina l’ampiezza dell’angolo al centro M ON

[S: 22arccos5

]

- 9 -

Eserciziario di trigonometria 2. Problemi di geometria piana con equazioni o funzioni goniometriche

2.1 Esercizi svolti 21) Nel triangolo ABC la bisettrice CD misura 8 e forma con la base AB l’angolo ˆ 60CDB = ° .

Determinare ˆDCB sapendo che 24.AC CB+ =

Posto ˆ 0

3DCB x x π

= ⇒ < < , gli angoli misurano quanto rappresentato in figura.

Con il teorema dei seni otteniamo 2 8 8 3 8 8 3sin sin

23 33 cos sin 3 cos sinsin sin3 3

AC CBx x x xx x

πππ π

= ⋅ = = ⋅ = − +− −

Da cui 8 3 8 3 24

3 cos sin 3 cos sin

8 3

x x x x+ =

− +1 1 24

3 cos sin 3 cos sinx x x x + = − +

3

3 cos sinx x+ 3+ cos sinx x− 3= ( ) ( )2 2

2 2

2

3 cos sin 3 cos sin

2cos 3cos sin3cos 1 cos 2cos 04cos 2cos 1 0

1 5 3cos 108 364 5 5

x x x x

x x xx x xx x

x x x ππ

− ⋅ +

= −

− + − =

− − =

±= ⇒ = ° = ∨ = ° =

L’unica soluzione accettabile è 365

x π= ° =

22) 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. Sia P un punto sull'arco AD e si ponga ÂOP x= . 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 ( ) 2 22f x PF PC= + e si determini x in modo che si abbia

( ) ( ) 29 2 2f x a= − .

A B

C

D

60 °120 °

xx

60-x 120-x

- 10 -


2

3

OB OP OB OD a

AC OC a

DOA π

= = = =

= =

=

Infatti OAB è un triangolo equilatero

Poniamo ÂOP x= con 03

x π≤ ≤

( )

2 2

cos sin

sin cos sin 22 4OHC

OC a OH a x HC a xa aA x x x

= = =

= =

Per cui l’area è massima quando

( )sin 2 1 22 4

x x xπ π= ⇒ = ⇒ =

sin 2 sinPF OP x a x= = Applichiamo il teorema del coseno al triangolo OPC.

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 cos

4 4 cos 5 4 cos

PC OP OC OP OC x

PC a a a x a a x

= + − ⋅

= + − = −

Da cui ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 28sin 5 4cos 8 8cos 5 4cos 13 4cos 8cosf x a x x a x x a x x= + − = − + − = − − Impostiamo l’equazione

2a ( ) ( )2 213 4cos 8cos 9 2 2x x a− − = − 28cos 4cos 4 2 2 0x x⇔ + − − =

( ) ( )

2

2

4cos 2cos 2 2 0

1 1 2 2 1 1 2 21 1 8 4 2cos4 4 4

2 1 2cos cos 1 impossibile2 4 2

x x

x

x x xπ

+ − − =

− ± + − ± +− ± + += = =

+= ⇒ = ∨ = − < −

23) Su una semicirconferenza di diametro AB=2r considerare la corda AC=r e sull’arco CB un punto P variabile, con ˆPAB x= . Determinare x in modo che il perimetro del quadrilatero ACPB sia 5r. Trovare poi l’area del quadrilatero corrispondente al valore di x trovato.

Il triangolo AOC è equilatero da cui 03

x π≤ ≤ .

2 sin 2 sin3

2 3 2 sin 2 sin 53

2sin 2sin 23

2sin 3 cos sin 2

sin 3 cos 2

PB r x PC r x

p r r x r x r

x x

x x x

x x

π

π

π

= = −

= + + − =

+ − =

+ − =

+ =

O

B

A

P

D

C F

H

x

O BA

C

r

r

P

r

xr

- 11 -


( )22 2

sin cos1sin2 32 3 2

631 2 3 0 cos2

x Y x X

xY XY Xx

X Y X x

π

= =

= = − = − ⇒ ⇒ ⇒ = + = − = =

2 sin6

PB PC r rπ= = =

La figura è quindi un trapezio isoscele, metà di un esagono. L’area di questo quadrilatero è dunque:

( )2

32 3 322 4

r r rAREA r

+ ⋅= =

24) Una semicirconferenza ha diametro AB=2r e la corda BC=r. Sia P un punto dell’arco AC in modo

che, dette D la sua proiezione sulla tangente in A ed E quella su AC, si abbia 2 4 3PD PE r+ = .

2

03

3 6

32 sin 2 sin

2 sin sin3

ABP x x

CBA C AB

P AD x P AC x

AP r x PD r x

PE r x x

π

π π

π

π

= < <

= =

= = −

= =

= ⋅ −

22 4 3 4sin 8sin sin 33

PD PE r x x xπ + = ⇔ + ⋅ − =

( )2

2

4sin 4sin 3 cos sin 3

4sin

x x x x

x

+ ⋅ − =

4 3+ 2sin cos 4sinx x x− 3=

52sin 2 1 non accettabile12 12

x x x ππ= ⇒ = ∨ =

25) Sia ABC un triangolo rettangolo di ipotenusa 2AB a= . Dal punto medio M dell’ipotenusa si conduca la perpendicolare all’ipotenusa stessa che intersechi in E la retta BC. Determinare l’angolo ABC x= in modo che la misura dell’area del rettangolo, che ha per lati AC e ME, sia minore di 23a .

0 sin 0 cos 02

2 2 sin

tg

x x x

AB a AC a x

M a ME a x

π< < ⇒ > ∧ >

= ⇒ =

= ⇒ =

L’area del rettangolo è quindi 2

2 sin2cos

xax

.

C

BO

P

A

D

E

O BA

C

r

r

Pr

rr

r

r

H

BA

C

E

M

x

- 12 -

Eserciziario di trigonometria Risolviamo la disequazione, (tenendo conto che cos 0x > ):

22 a2

2sin 3cos

x ax< 2 2 12 2cos 3cos 2cos 3cos 2 0 cos

2x x x x x⇒ − < ⇔ + − > ⇔ >

che, tenendo conto dei vincoli geometrici del problema diventa 03

x π< <

26) Sull’arco AB di un settore circolare di raggio R, centro O e ampiezza 23π è posto un punto P.

Determina in funzione di ˆx AOP= l’area del quadrilatero OAPB (individuando anche i vincoli geometrici ed esprimendo la funzione a partire da sinx e cosx).

2

2

2

2 2ˆ ˆ03 3

1( ) sin2

1 2( ) sin2 3

1 2sin sin2 3

AOP x x POB x

A AO P r x

A PO B r x

A r x x

π π

π

π

= < < = −

=

= −

= + −

( ) ( )

2 2

2 2

1 3 1 1 3 3sin cos sin cos sin2 2 2 2 2 2

33 cos 3sin cos 3 sin4 4

A r x x x r x x

r rA x x x x

= + + = +

= + = +

27) Si consideri un trapezio isoscele circoscritto ad una semicirconferenza di diametro 2r, in cui la base maggiore giace sul prolungamento del diametro della semicirconferenza.

a. Si dimostri che il lato obliquo del trapezio è congruente alla metà della base maggiore; b. Posto uguale a x l’angolo del trapezio, adiacente alla base maggiore, si calcoli in funzione di x

l’area A, del suddetto trapezio;

c. Verificato che ( ) 2 2 cossin

xA x rx

− =

, si determini il valore di x affinché tale area sia ( ) 24 3 r− ;

Osserviamo dapprima che i triangoli ATO e AHD sono triangoli rettangoli con congruenti un cateto (pari al raggio) e l’angolo opposto in comune, per cui sono congruenti , per cui AO=AD.

O

T

D

A

C

B H

- 13 -


Ponendo ˆ 02

DAO x x π= < < otteniamo:

costg sin sin

DH OT rr r x rAH AO ADx x x

= =

= = = =

( )

2sin

2 1 cos2 2 cossin sin sin

rABx

r xr r xDCx x x

=

−= − =

( ) 2A x =2

sinrx+

( )1 cossin 2

r x rx

−⋅

2 2 cossin

xrx

− =

Risolviamo l’equazione: 2r ( ) 22 cos 4 3

sinx r

x− = −

( )0

2

2 cos 4 3 sin

x

x x

π< <

− = −

L’equazione è lineare e può essere risolta sia attraverso un sistema con la prima relazione fondamentale, sia facendo uso delle formule parametriche:

( )

2

2 2

2

2 2

2 2

2 1sin , cos , tg , 21 1 2

1 22 4 31 1

2 2 1 8 2 3 0

t t xx x t x kt t

t tt t

t t t t

π π−= = = ≠ +

+ +−

− = −+ +

+ − + − + =

( )( )

23 2 4 3 1 0

4 3 2 3 14 3 16 8 3 4 3 2 4 2 33 3 3

2 3 102 ,4 non accettabile3

6 3 3 2 33 6

t t

t

t x

t x π

− − + =

− ± −− ± − − ± −= = =

+= → °

−= = − ⇒ =

28) In un trapezio ABCD rettangolo in A e D, la base maggiore AB misura 2l . e l’angolo ABC misura

4π . Determina l’angolo C AB in modo che si verificata la relazione

2 2 27AC DB l+ = .

Poniamo 02

C AB x x π= ⇒ < <

( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

sin

sin 4

1 sin 4

34 4

AD AC x

DB AD AB AC x l

AC DB AC x l

ACB x xππ π

= ⋅

= + = ⋅ +

+ = ⋅ + +

= − − = −

Applichiamo il teorema dei seni al triangolo ACB ed otteniamo A BH

CD

x

x

- 14 -


22

3sin sin4 4

AC AB ACx

ππ

= ⇒ = −

2

22

l⋅

( )cos sinx x+

( )( )

( ) ( )

2 22 2 2 2

2

22

2

2

2 2

2

4 1 sin4 7

cos sin

4 1 sin 3 cos sin

4 4sin 3 6sin cos4sin 6sin cos 1 05sin 6sin cos cos 05tan 6 tan 1 0

1 1tan 1 tan arctan4 5 5

l xAC DB l l

x x

x x x

x x xx x xx x x xx x

x x x xπ

⋅ ++ = + =

+

+ = +

+ = +

− + =

− + =

− + =

= ⇒ = ∨ = ⇒ =

29) In un trapezio rettangolo ABCD glia angoli in A e B sono retti, i lati e BC AB misurano

rispettivamente 1 e 4 e

4tg3

CDA = . Dopo aver verificato che il triangolo ACD è acutangolo, si scelga

un punto M interno al lato AB, si conduca per tale punto la parallela a CD e sia N il punto di intersezione di tale parallela con il lato AD. Detta Q la proiezione di N sul lato CD si determini il punto

M in modo che sia verificata la relazione 153 3 5 8 34

CM MN NQ+ ⋅ + ⋅ = + . (Porre BCM x= )

4 4 3tan sin cos3 5 5

4 3 4 5 17

CDA M N A

AB CH DH AD CD AC

δ δ δ δ= = = = =

= = = = = =

CDA e C AD sono vivamente acuti, per verificare che anche ACD è acuto calcoliamone il coseno, grazie al teorema di Carnot e verifichiamo che è positivo:

2 2 217 25 16 13cos 0

2 10 17 5 17AC CD ADC AD

AC CD+ − + −

= = = >⋅

Poniamo 0 arctan 4BCM x x= ⇒ < < 1tan 4 tan

cos3 53 tan 5 tan

tan 4 sin 43 4 34 1 tan sin tan4 5 5

BM x CM AM xx

AM AMAN x MN x

ND AN x NQ ND x

δ δ

δ

= = = −

= = − = = −

= − = + = ⋅ = +

153 3 5 8 34

1 5 3cos

CM MN NQ

x

+ ⋅ + ⋅ = +

+5 3 tan 3 34

x− +9 3 tan 5 8 34

x+ = +1 3 tan 5 5cos 3sin 1

cosx x x

x⇒ + = ⇒ − =

D

B

H

C

A

M

N

Q

δδ

x

- 15 -


6

2 2 2tan 5 5 2 3 1 3 3 2 023 3 3 2 33 non accet.

6 3 3 2 6 3

xt t t t t t

xt t t xπ π

= → − − = + ⇒ + − =

− ±= ⇒ = − = ⇒ = ⇒ =

30) In una circonferenza di centro O la corda AB è il lato del triangolo equilatero inscritto. Sulla tangente in B alla circonferenza si determini un punto P, appartenente al semipiano generato da

AB e contenente O, in modo che sia 2 33

BE EPBP BP

+ = essendo E l’ulteriore intersezione di AP con

la circonferenza. ( )B AP x= .

Posto B AP x= con 03

x π< < (gli estremi sono esclusi perché per 0x = tutti i segmenti della relazione

sono nulli e per 3

x π= AP è parallela alla tangente). Osserviamo che anche PBE x= perché è un

angolo alla circonferenza che insiste sullo stesso arco di B AP ,

23

ABP π= quindi

3BPA xπ

= − e

23

BEP π= . Inoltre 2 sinBE R x= . Applicando il teorema dei seni al triangolo BEP otteniamo

sin3 cos sin sin 2sin3

2 2 2sin 3 3sin sin sinsin3 3 33

xEP BE BP BE x x EP x x

x BP BPx

π

π π π π

− − = = ⇒ = = ∧ = = −

2 3 cos sin33 3

BE EP x xBP BP

−+ = ⇔

2sin3

x+

23

=

3 cos sin 2x x+ =

3 1cos sin 1 sin 12 2 3 6

x x x xπ π + = ⇔ + = ⇔ =

Cioè, la relazione è verificata quando AP passa per il centro della circonferenza.

O

A

B

C

P

E

x

x

- 16 -

Eserciziario di trigonometria 31) Data una circonferenza di diametro 2AB r= e centro O, si conduca una corda AC tale che

ˆ 30CAB = ° . Se M è un punto di tale corda, determinare l’ampiezza dell’angolo ˆMBA x= in modo

che, detta PQ la corda della circonferenza di cui M è punto medio, si abbia: 2 2

2PQ MB=

ˆ con 0 60MBA x x= ° ≤ ≤ ° Applichiamo il teorema dei seni al triangolo AMB

( )2

sin 30 sin 150 cos 3sinMB AB rMB

x x x= ⇒ =

° ° − +

Se M è punto medio della corda PQ il suo asse passa per il centro O, per cui, calcolato OM con il teorema del coseno (sul triangolo OMB), apllichiamo Pitagora al triangolo OMQ per trovare MQ .

( )

( )

( )

2 22 22

2 22 222

2 22 2

2

4 4 coscos 3sincos 3sin

4 cos 4cos 3sin cos 3sin

16 cos 164cos 3sin cos 3sin

r r xOM rx xx x

r x rMQ r OMx x x x

r x rPQ MQx x x x

= + −++

= − = −+ +

= = −+ +

( ) ( )

( ) ( )

2 2 22 2

2 2

2 2

2 2

16 cos 16 82cos 3sin cos 3sin cos 3sin

16 cos 24 2cos 3cos 3sin cos 3sincos 3sin cos 3sin

r x r rPQ MBx x x x x x

r x r xx x x xx x x x

= ⇔ − =+ + +

= ⇒ =+ ++ +

( )

( )

2 2 2

2 2

2

2cos cos 3sin 3

2cos 2 3sin cos 3cos 3sin

3sin 2 3sin cos cos 0

33sin cos 0 tan 303

x x x

x x x x x

x x x x

x x x x

+ =

+ = +

− + =

− = ⇒ = ⇒ = °

32) E’ data una circonferenza di centro O e raggio r ed una corda 3AB r= . Da A e da B si conducano le tangenti che si intersecano nel punto C. Internamente all’angolo ÂCB condurre una semiretta di origine C che interseca in D la corda AB. Determinare la posizione della

semiretta in modo che ( )3 32rAD CD+ = + .

Osserviamo innanzitutto che possiamo dedurre, grazie al teorema della corda, la misura dell’angolo al

centro 2ˆ3

AOC π= , quindi ˆˆ6

OBA OAB π= = , da cui ˆ ˆˆ

3CBA CAB ACB π

= = = e il triangolo ABC è

equilatero, per cui 3AC AB r= = . Poniamo ˆ 03

ACD x x π= → < < ed applichiamo il teorema dei

seni al triangolo ADC:

- 17 -


2sin sin sin3 3

sin 332 2sin 2sin3 3

AD CD ACx x

x rAD r CDx x

ππ

π π

= = −

= ⋅ = − −

( )3 32rAD CD

r

+ = +

3sin 32sin3

x r

xπ+

−

22sin3

r

xπ=

−

( )

( )( ) ( )

( ) ( )

3 32

22 3sin 3 3 3 sin3

4 3sin 6 3 3 3 cos sin

3 3 3 cos 3 3 3 sin 6

x x

x x x

x x

π

+

+ = + −

+ = + +

+ − − =

Seguendo il metodo dell’angolo aggiunto dividiamo tutto per 6 2

( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 3 6 2 6 21 2cos sin cos sin4 4 26 2 6 2 2

x x x x+ − + −

− = ⇒ − =

e, ricordando che ( ) ( )6 2 6 25 5sin cos

12 4 12 4π π

+ −= ∧ = oteniamo

5 2sin con 012 2 6

512 4 6

x x

x x

ππ

π ππ

− = < <

− = ⇒ =

33) Nel trapezio rettangolo ABCD, la base maggiore AB, la base minore DC e l’altezza AD misurano rispettivamente 5a, 2a, 4a. Determinare un punto P su CB in modo che, detta H la sua proiezione su AB, risulti 6DP PH a+ =

Cominciamo con l’ooservare che se

2 4 6P C PD CD a PH CH AD a PD PH a≡ ⇒ ≡ = ∧ ≡ = = ⇒ + = per cui in tale situazione abbiamo una soluzione “limite”.

Osserviamo che 4 3ˆ ˆ3 , 4 , 5 , sin , cos5 5

BK a CK a BC a B B= = = = =

Posto ˆ ˆ0 arctan 2BAP x x BAC= → ≤ ≤ = , applichiamo il teorema dei seni al triangolo ABP:

( ) ( )ˆsin 4 205ˆ ˆ 4cos 3sinsin 5sin

20 sinsin4cos 3sin

B aAP AB ax xB x B x

a xPH AP xx x

π= ⋅ = ⋅ =

+− − +

⋅= ⋅ =

+

Applichiamo il teorema del coseno a APD:

O A

B

C

D

x

- 18 -

B A

D

K

C

P

H

x


( ) ( )( )

2 2 2

2 22

2

2

2 2 2

2 cos2

20 16016 sin4cos 3sin 4cos 3sin

25 4cos 3sin 10 4cos 3sin sin4

4cos 3sin

25 16cos 9sin 24sin cos 40cos sin 30sin44cos 3sin

254

DP AP AD AP AD x

a aDP a xx x x x

x x x x xa

x x

x x x x x x xax x

a

π = + − ⋅ ⋅ −

= + − ⋅ = + +

+ + − += =

+

+ + + − −= =

+

=2 2 2 216cos 16cos sin 21sin 41cos 16cos sin 4sin44cos 3sin 4cos 3sinx x x x x x x xa

x x x x+ − − − +

=+ +

Dove si è tenuto conto del fatto che, nelle limitazioni imposte dal problema geometrico, sinx e cosx sono quantità positive

6 4DP PH a a+ = ⇒2 241cos 16cos sin 4sin 20

4cos 3sinx x x x a

x x− +

++

sin 64cos 3sin

x ax x⋅

=+

2 2

2 2

2 41cos 16cos sin 4sin 10sin 12cos 9sin

2 41cos 16cos sin 4sin 12cos sin

x x x x x x x

x x x x x x

− + + = +

− + = −

Dividiamo ora per cosx (che è sempre positico nei limiti imposti dal problema)

( )

2

2

2 41 16 tan 4 tan 12 tan

2 25 4 2 tan 12 tan con 0 tan 2

x x x

x x x

− + = −

+ − = − ≤ ≤

Essendo tutto positico possiamo elevare al quadrato ( ) ( )22

2 2

2 2

4 41 16 tan 4 tan 12 tan

164 64 tan 16 tan 144 24 tan tan15tan 40 tan 20 0 3tan 8 tan 4 0

4 16 12 4 2tan3 3

x x x

x x x xx x x x

x

⋅ − + = −

− + = − +

− + = ⇒ − + =

± − ±= =

2 2tan 2 arctan 2 (soluzione limite) tan arctan3 3

x x P C x x= ⇒ = ⇒ ≡ ∨ = ⇒ =

34) Si consideri il triangolo ABC in cui AB = 2l e ˆˆ 2ABC BAC= Condurre la bisettrice dell’angolo

ÂBC che incontri in T il lato AC e posto ˆBAC x= , considerare la funzione ( )( )

Area ABTy

Area BCT=

verificando che 2cos2 1y x= + . Determinare il minimo e massimo valore di y, se esistono.

ˆ ˆˆ 2 3

0 3

BAC x ABC x ACB x

x (agli estremi il triangolo degenera e le aree diventano nulle)

ππ

= = = −

< <

ˆ ˆ ˆ ˆ2 2ABT CBT x ATB x CTB xπ= = ⇒ = − = Il triangolo ATB è isoscele. Applichiamo a tale triangolo il teorema dei seni:

- 19 -


( )sin sin 2

sin 2 sin 2x xBT AB AB

x xπ= ⋅ = ⋅ =

−sin xl ⋅

2 sin x coscosl

xx=

( ) 12

Area ABT =2

⋅2

2sin tancos

l x l xx⋅ =

Passiamo al triangolo BCT

( )sin 2 sin 2 2

sin 3 cos sin 3 cosx l x lBC BT

x x x xπ= ⋅ = ⋅ =

−sin cosx x

⋅( )

2 sinsin 2 sin 2 cos cos2 sin

2 sin

l xx x x x x x

l x

= =+ +

=sin x ( ) ( )

( )

2 2

22cos cos2 4cos 1

12

lx x x

Area BTC

=+ −

=2

cosl

x⋅ ( )

222

tansin4cos 14cos 1

l xx lxx

⋅ =−−

( )( )

2 tanArea ABT

y l xArea BCT

= =2

2

4cos 1tan

xl x

−⋅ ( )22 2cos 1 1

22cos2 1 con 0 0 23 3

x

y x x xπ π

= − +

= + < < ⇔ < <

Dal momento che nell’intervallo considerato la funzione coseno è sempre decrescente e che gli estremi dell’intervallo non sono compresi, non vi sono minimi e massimi.

35) Nel triangolo ABC si ha 3 , 2BC a AB a= = e l’angolo in B è acuto. Siano AH e CE due delle altezze

del triangolo. Determinare l’angolo B̂ in modo che 2 2 2303 2

13AH CE AC+ =

Poniamo ˆ 02

B x x π= → < <

2 2 2 2 2

sin 2 sin

sin 3 sin

2 cos 13 12 cos

AH AB x a x

CE BC x a x

AC BC AB BC AB x a a x

= ⋅ =

= ⋅ =

= + − ⋅ = −

2 2 2303 2 3013

AH CE AC+ = ⇒ 2a 2 30sin x = 2

13a ( )13 12cos x−

213sin 13 12cos

13

x x= −213cos 13x− =

( )

[ ]

12coscos 13cos 12 0

12 12cos 0 non accettabile cos arccos13 13

xx x

x x x

−

− =

= ∨ = ⇒ =

36) E’ dato il triangolo ABC tale che 2 3, 2,6

AB AC C AB π= = = . Verificare che si tratta di un

triangolo isoscele in cui AC BC= . Tracciata con origine in C una semiretta che intersechi il lato AB nel punto D, si prenda su di essa il punto L, esterno al triangolo ABC, tale che il triangolo ACL sia isoscele sulla base CL. Determinare la posizione di D (porre ACL x= ) tale che risulti

2 228CL BL+ = .

Calcoliamo BC applicando il teorema del coseno al triangolo BCA:

- 20 -

B C

A

H

E

x


4 12 8 3 cos 26

BC ACπ= + − = = .

Posto ACL x= otteniamo , 2ALC x LCA xπ= = − per

cui

52 26 6

LAB x xππ π= − − = − 5012

x π< < , (per 0x =

2 5, 2 4, 12 4 8 3 cos 286

D A CL AC BL π≡ = = = + − = , per

512

x π= , 2 3 2D L AB BL AB AL≡ ∈ = − = − ,

24 4 8cos 8 4 3

6CL π

= + − = − .

Calcoliamo 2

CL applicando il teorema del coseno al triangolo ACL:

( )24 4 8cos 2 8 8cos2CL x xπ= + − − = +

Calcoliamo 2

BL applicando il teorema del coseno al triangolo ABL: 2 5 5 3 112 4 8 3 cos 2 16 8 3 cos 2 16 8 3 cos2 sin 2

6 6 2 2

16 12cos2 4 3sin 2

BL x x x x

x x

π π = + − − = − − = − − + =

= + −

2 2

2 2 2 2

2 2

28 8 8cos2 16 12cos2 4 3sin 2 28

20cos2 4 3sin 2 4 5cos2 3sin 2 1

5cos 5sin 2 3sin cos sin cos

6 tan 2 3 tan 4 0 3tan 3 tan 2 0

3 3 24 3 3 3 2 3 3tan tan non accettabile tan6 6 3 3

CL BL x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x

x x x

+ = ⇔ + + + − =

− = ⇔ − =

− − = +

+ − = ⇔ + − =

− ± + − ±= = ⇒ = − ∨ = ⇒

6x π=

37) Data la semicirconferenza di diametro 2AB r= , indicare con C il punto medio dell’arco AB e considerare sull’arco BC un punto P. Posto B AP x= , calcolare l’area del quadrilatero ABPC (considerare anche i casi in cui il quadrilatero degenera in un triangolo) e determinare un

espressione della funzione ( ) ( )Area ABPCf x

AP AB=

⋅ indicandone i valori massimi e minimi.

Posto B AP x= otteniamo 04

x π≤ ≤ . Per i valori estremi

dell’intervallo il quadrilatero degenera nel triangolo rettangolo ACB (caso che è da considerare valido secondo quanto indicato. In particolare:

• se ( )2

22

10 2 04 4rx P B AP AB r Area r fr

= ⇒ ≡ ⇒ = = ⇒ = ⇒ = =

• se 2

22

124 4 2 2 2 2

rx P C AP r Area r fr

π π = ⇒ ≡ ⇒ = ⇒ = ⇒ = =

- 21 -


( )

2 cos 212

AP r x AC r

Area APB

= =

= 2⋅

( )

22 cos sin 2 cos sin

12

r r x x r x x

Area APC

⋅ ⋅ =

= 2 2r⋅ ⋅ 2cos sin 2 cos sin4 4

r x x r x xπ π ⋅ − = −

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

cos 2sin cos sin cos sin cos

cos

Area ABPC r x x x x r x x x

Area APBC r xf x

AP AB

= + − = +

= =⋅

( )2

sin cos4 cos

x xr x

+ sin cos4

x x+=

Per determinarne il massimo ed il minimo conviene esprimere la funzione attraverso come un’unica funzione goniometrica

( )

2 22 sin cos 2 sin2 2sin cos 44 4 4

x x xx xf x

π + + + = = =

Per cui ( )2 sin

sin cos 4 04 4 4 4 4 2

xx xf x x x

ππ π π π

+ + = = ≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤

Osserviamo che il minimo ed il massimo si hanno agli estremi dell’intervallo (la funzione seno è crescente nell’intervallo) e per tali valori i risultati coincidono con quelli individuati precedentemente.

( ) ( )

( ) ( )

1 è minimo 04

2 1 è massimo 4 4 2 2

f x x f x

f x x f xπ

⇔ = ⇒ =

⇔ = ⇒ = =

- 22 -

Eserciziario di trigonometria 2.2 Esercizi non svolti 38) In una circonferenza di raggio R è data la corda 3AB R= . Determinare sul

maggiore dei due archi AB un punto C in modo che il perimetro del triangolo

A BC

sia uguale a ( )2 3 3 2 62R

+ +

[S:

54 12

A Aπ π= ∨ = ]

39) Nel triangolo ABC rettangolo in B, l’angolo di vertice A è di 30°. Considerata la semicirconferenza di diametro AB ed esterna al triangolo, si trovi su di essa un punto P in modo che, condotta da P la perpendicolare ad AB fino ad incontrare l’ipotenusa nel punto Q, si abbia 3⋅=+ ABQPAQ

[ :6

0 (sol.limite)]

S B AP

B AP

π= ∨

=

40) Il triangolo rettangolo ABC ha l’angolo di vertice B di 30°. Determinare sull’ipotenusa BC un punto P in modo che, indicata con H la sua proiezione su

AC, si abbia: ( )2 2AP PB PH+ = + ⋅ . [S:

4B AP x π

= = ]

41) Dato il settore circolare AOB di raggio r ed angolo al centro 60AOB = ° ,

determinare sulla arco AB un punto P in modo che sia pari a 2 3

2r+

la

misura del perimetro del quadrilatero convesso OHPI, essendo H ed I le proiezioni ortogonale di P sui raggi OA ed OB.

[S: 45 15AOP AOP= °∨ = ° ]

42) Un triangolo LMN è inscritto in una circonferenza di raggio r = 5; la lunghezza del lato LM è 5 3 . Determina l’ampiezza dell’angolo ˆMLN in modo che risulti

valida la relazione: 2 2

25 3LN MN− = .

[S: 45 15° ∨ ° ]

43) Data la semicirconferenza di diametro 2AB r= , si tracci la corda CD (con C più vicino a B) lato del quadrato inscritto alla circonferenza e sia P il punto comune alle due rette AD e BC. Determinare la posizione della corda CD in modo che si

abbia ( )2 2 4 1 3 3PD PC AB⋅ + = +

[ :3

52arctan 3 2 ]3

S OBC

OBC

π= ∨

= −

44) Considerata la semicirconferenza di diametro 2AB = e le tangenti in A e B, prendere su di esse, da parte opposta rispetto alla retta AB, due punti E ed F (E dalla stessa parte della semicirconferenza) tali che 2AE = e 1BF = . Fissato un punto P sulla semicirconferenza e posto ˆPBF x= , si determini in funzione di x la somma 2 2

y PE PF= + . Si determini x in modo che tale somma risulti minima. min

[ : 9 2sin 2

con 2

3 se 7]4

S y x

x

y x y

π π

π

= +

≤ ≤

= → =

- 23 -


3. Problemi di trigonometria nello spazio

3.1 Esercizi svolti 45) 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.

Posto r il raggio della semisfera, R il raggio di base del cono, l’angolo richiesto

2 02

AVB x AVH x x π= ⇒ = ⇒ < <

, applicando i teoremi sui triangoli rettangoli ai triangoli ATH

e AHV, calcoliamo il raggio R del cono, la sua altezza e la sua apotema. Si ottiene:

tancos 2 cos

r rAH R VH h R xx x

π = = = = − =

cos x⋅

sin sin sin sin cosr R rAV

x x x x x= = =

K

T

r

V

A BH

x

90-x x

- 24 -


Il volume del cono risulta quindi essere: 3

223 3sin cos

rV R hx x

π π= =

Le aree sono 2 2

22 2cos cos sinB L p

r rA R A Rax x x

π π π π= = = =

La condizione richiesta impone l’equazione:

π2r

2cos x2

sin xπ=

2r2cos x

33

1 12 sinsin 2

1 3 8sin cos 92 6 2 98

xx

rx x x V rπ π π

⇔ = ⇔ =

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = =

46) Un cono circolare retto è inscritto in una sfera di raggio R. Posto 2x l’angolo di apertura del vertice del cono, calcolare in funzione di x il rapporto tra il volume del cono e della sfera. Quanto vale (in percentuale) questo rapporto qualora l’angolo di base del cono abbia per coseno un

valore pari a 45

. In tal caso quanto vale il seno dell’angolo 2x?

Il disegno tridimensionale è il seguente:

Più interessante è il disegno di una sezione del solido con un piano passante per l’asse del cono:

O

V

H BA

- 25 -


ˆ ˆ ˆ2 02 2

AVB x HVB x ABV x xπ π= = = − < <

Il teorema della corda permette di calcolare 2 sin 2AB R x= da cui 1 sin 2 2 sin cos2

2 sin cos 2 sintg2 tg

C

C

r HB AB R x R x x

R x x R xh VH HB xx

π

= = = =

= = − = =

2cossin

xx

( )

2

2 2 2 23 3 2 4

2 cos

4 4 sin cos 2 cos 8 sin cos3 3 3

2 8

S C

C

S

R x

R x x R xV R V R x x

Vf xV

ππ π

=

⋅= = =

= = 33Rπ 2 4sin cos

4

x x

33Rπ

2 42sin cosx x=

La condizione impone:

( )

( )

2 24 16 9ˆcos cos sin sin cos2 5 25 25

16 81 25922 0,166 16,6%25 625 15625

3 4 24sin 2 2sin cos 25 5 25

ABV x x x x

f x

x x x

π = − = = ⇒ = ⇒ =

= ⋅ ⋅ = =

= = ⋅ ⋅ =

47) Su una semicirconferenza di diametro AB di lunghezza 2 e centro O, si conduca dal punto M, situato sul prolungamento del diametro (dalla parte del punto B), la tangente alla semicirconferenza e si indichi con P il punto di tangenza e con H la sua proiezione su AB. Si indichi con x l’angolo ˆPOM . Detti S1 la superficie laterale del cono ottenuto ruotando di un giro completo attorno alla retta AB il triangolo AHP, S2 la superficie laterale del cono ottenuto ruotando di un giro completo attorno alla retta AB il triangolo MHP, V il volume del solido ottenuto ruotando di un giro completo sempre attorno alla retta AB il triangolo AMP, si

determini l’espressione di ( ) 1 2S Sf xV

= e se ne rappresenti il grafico.

Rappresentiamo la situazione

OA B

P

MH

xx/2

x

- 26 -


Poniamo ˆPOM x= , con 02

x π< < . ( 0x ≠ perché altrimenti i raggi di base dei coni, e quindi i volumi,

sarebbero nulli; 2

x π≠ perché altrmenti PM sarebbe parellaal ad AB).

Osserviamo che OPM è retto come pure APB e che ˆ2xPAO = perché angolo alla circonferenza che

insiste sullo stesso arco di ˆPOM .

( )1 2

22

1 2 3 3

S PH AP S PH PM

PHV V V AH HM PH AM

π π

π π

= ⋅ = ⋅

= + = + = ⋅

1 1 cossin 2cos tan 12 cos cosx xPH x AP PM x AM AO OM

x x+

= = = = + = + =

( )

2

1 2

2

2

sin2 sin cos sin tan2 cos

1 cossin3 cos

2

x xS x S x xx

xV xx

f x

ππ π

π

π

= ⋅ = ⋅ =

+= ⋅

=

3sincos

xx

cos2x

π

⋅

2sin3

x 1 coscos

xx

+⋅

sin6 cos1 cos 2

x xx

π= ⋅+

Notiamo che le semplificazioni sono possibili solo dopo aver escluso gli estremi del dominio

02

x x π ≠ ∧ ≠

. Notiamo inoltre che sin tan1 cos 2

x xx=

+, per cui otteiamo

( ) 6 tan cos 6 sin con 02 2 2 2x x xf x x ππ π= ⋅ = < < . Il grafico è il seguente:

- 27 -

Eserciziario di trigonometria 48) In una semisfera di raggio R, è inscritto un cono circolare retto, con il vertice coincidente nel

centro O della semisfera ed il cerchio di base coincidente con una sezione della semisfera con un piano parallelo alla base della semisfera. Si determini l’angolo di semiapertura del cono (angolo tra le direttici del cono e l’altezza) in modo tale che il rapporto tra il volume del cono e la sua

area laterale sia 6Rρ = . Si verifichi che tale situazione corrisponde al valore massimo possibile

di tale rapporto.

Il disegno tridimensionale è il seguente:

Come al solito, più significativa è la sezione perpendicolare alla base, passante per il centro della semisfera, nonché vertice del cono.

Poniamo 0

2AOH x x π

= ⇒ < < . Agli estremi dell’intervallo di definizione il cono degenera:

• se 0x = si riduce ad un segmento con volume ed area laterale pari a zero e rapporto ρ non calcolabile

• se 2

x π= si riduce al cerchio di base con volume nullo e superficie laterale pari a quella del cerchio

per cui 0ρ =

Il volume del cono è 2

3r hV π

= , mentre la superficie laterale è pS ra rRπ π= = . Il rapporto cercato è

quindi πρ =2r

3h

π r 3rhRR

= . Consideriamo il triangolo rettangolo OHA, otteniamo

sin cosr HA R x h OH R x= = = = , da cui

O

AB Hr

h

R

x

- 28 -


2

3rh RR

ρ = =sin cos

3x xR

sin cos sin 23 6R Rx x x= =

sin 2 sin 2 16 6 6R R R x xρ = ⇔ = ⇔ = che è, ovviamente il massimo valore possibile e si realizza quando

22 4

x AOH xπ π= ⇒ = =

49) Calcolare l'angolo formato dallo spigolo di un tetraedro regolare con la base Sia l la lunghezza dello spigolo del tetraedro (ogni faccia è un triangolo equilatero).

La lunghezza della mediana DE è : 32

DE l= .

Il triangolo BED è isoscele con base BD=l. Per cui l'angolo α è dato da:

1 12cos cos 54 ,743 3

larc

DEα α= = ⇒ = °

3.2 Esercizi non svolti 50) L'apotema di una piramide regolare a basa quadrata forma, con piano di base, un

angolo θ tale che 12tan 5θ = . Determina la tangente dell'angolo che lo spigolo

laterale forma con piano della base.

[S:6 25

]

51) In una sfera di raggio r sono inscritti un cono ed un cilindro, con la stessa base, che giacciono dalla stessa parte rispetto alla loro base. Determinare l’angolo al vertice 2x del cono in modo che il rapporto tra l’area della superficie laterale del cono e

quella del cilindro sia 32

[S:6π

]

52) Il volume di un cono è sei volte il volume della sfera avente per diametro l'altezza del cono. Trovare la semiapertura del cono [S:

3π

]

53) Di una piramide regolare a base esagonale, si conoscono la lunghezza del lato di base l e il volume V. Calcolare gli angoli alla base dei triangoli isosceli che costituiscono le facce laterali.

2

6

16: arctan 33VSl

+

- 29 -

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ESERCIZIARIO DI TRIGONOMETRIA