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Soluzione esercizio 138-Pag 834 Matematica Azzurro seconda edizione

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Testo

Figura 1: Triangolo esercizio

Soluzione

Calcoliamo inizialmente l’angolo \(\hat{C}\):

\(\hat{C}={arcsin{\frac{3}{5}}}{\approx {\frac{\pi}{5}}} \)

Conoscendo gli angoli \(\hat{A}\) e \(\hat{C}\) andiamo dunque a calcolare l’angolo \(\hat{B}\):

\(\hat{B}={\pi-{\frac{\pi}{3}}-{\frac{\pi}{5}}}={\frac{7\pi}{15}} \)

Conoscendo i lati AB, BC e l’angolo \(\hat{B}\) tra essi compreso applicando la formula dell’area di un triangolo qualunque abbiamo:

\(Area_{ABC}={\frac{{AB}\cdot{BC}}{2}\cdot{\sin{{\hat{B}}}}}={\frac{{20}\cdot{8\sqrt{3}}\cdot{\sin{\frac{7\pi}{5}}}}{2}}=137.56 {\approx24(\sqrt{3}+4)} \)

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Come trovare altezza relativa e equazione della retta parallela al lato di un triangolo

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Testo

Dato il triangolo di vertici A(-2; 4), B(4; 3) e C(2; -2), determina:

a. l’equazione dell’altezza relativa al lato AC;

b. l’equazione della retta passante per A e parallela al lato BC;

Soluzione

Punto a.

Per trovare l’altezza relativa ad AC, sappiamo che è una retta perpendicolare ad AC e passante per il vertice opposto B.

Troviamo inizialmente il coefficiente angolare della retta AC:

\( m_{AC}={\frac{y_{C}- y_{A}}{ x_{C}-x_{A} }}={\frac{-2-4}{2-(-2)}}= {\frac{-3}{2}} \)

Sapendo che la condizione di perpendicolarità tra due rette, otteniamo poi il coefficente angolare della retta relativa AC:

\( m_{BH}={\frac{-1}{ m_{AC}}}={\frac{2}{3}} \)

Data la definizione della retta in forma esplicita \( y=mx+q \), sostituendo il coefficiente  \( m_{BH} \) e imponendo il passaggio per il vertice B(4,3):

\( 3= {\frac{2}{3}}*4+q \qquad q=1 \)

\( y= {\frac{2}{3}}x+{\frac{1}{3}} \)

In forma implicita diventa dunque:

\( 2x+3y+1=0 \)

Punto b.

Qualunque retta parallela al segmento BC avrà il suo stesso coefficiente angolare. Andando dunque a calcolarlo abbiamo:

\( m_{BC}={\frac{y_{C}- y_{B}}{ x_{C}-x_{B} }}={\frac{-2-3}{2-4}}= {\frac{5}{2}} \)

Data la definizione della retta in forma esplicita  \( y=mx+q \), sostituendo il coefficiente  \( m_{BC} \) e imponendo il passaggio per il punto A(-2; 4):

\( 4= {\frac{5}{2}}*(-2)+q \qquad q=9 \)

\( y= {\frac{5}{2}}x+9 \)

In forma implicita diventa dunque:

\( 5x-2y+18=0 \)

Rappresentazione delle rette ricavate con il triangolo discusso nel problema
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Altri 2 problemi sui triangoli qualunque

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1         Esercizio 1

1.1         Testo

Relativamente al triangolo in figura, determina i lati e gli angoli, conoscendo gli elementi indicati.

Figura 1 Triangolo del problema

1.2         Soluzione

Per calcolare l’angolo \gamma si procede come segue:

\gamma=180^{\circ}-\alpha-\beta=77^{\circ}

Ora vogliamo trovare \overline{A C} e \overline{A B}. Per poterlo fare si procede come segue.

Prima di tutto si considera che:

\overline{AC} \cdot \cos (\gamma)+\overline{AB} \cdot \cos (\beta)= \overline{B C}

Inoltre si può osservare che:

\overline{AC} \cdot \sin(\gamma) = \overline{AB} \cdot \sin (\beta)

Spiegato dalla figura seguente.

Figura 2 Osservazione sul calcolo del segmento

Perciò per trovare il valore di  basta risolvere il seguente sistema:

\left \{ \begin{matrix} \overline{AC} \cdot \cos (\gamma)+\overline{AB} \cdot \cos (\beta)= \overline{B C} \\ \overline{AC} \cdot \sin(\gamma) = \overline{AB} \cdot \sin (\beta) \end{matrix} \right.

\left \{ \begin{matrix} \overline{AC} \cdot \cos (77)+\overline{AB} \cdot \cos (70)= 20 \\ \overline{AC} \cdot \sin(77) = \overline{AB} \cdot \sin (70) \end{matrix} \right.

\left \{ \begin{matrix} \frac{\sin(70)}{\sin(77)} \cdot \overline{AB} \cdot \cos (77)+\overline{AB} \cdot \cos (70)= 20 \\ \overline{AC} = \frac{\sin(70)}{\sin(77)} \cdot \overline{AB} \end{matrix} \right.

\left \{ \begin{matrix}  \overline{AB}= \frac{20}{\frac{\sin(70)}{\sin(77)} \cdot \cos (77) + \cos (70) } \\ \overline{AC} = \frac{\sin(70)}{\sin(77)} \cdot \overline{AB} \end{matrix} \right.

\left \{ \begin{matrix} \overline{AB} \approx 35.78 \\ \overline{AC} \approx 34.5 \end{matrix} \right.

2         Esercizio 6

2.1         Testo

In un trapezio isoscele la base maggiore è lunga 40 cm e l’altezza è di 12 cm. Sapendo che gli angoli adiacenti alla base maggiore sono di 70°, calcola il perimetro e l’area del trapezio.

Figura 3 Immagine che rappresenta il trapezio del problema

2.2         Soluzione

Siccome il trapezio è isoscele si sa che \overline {AD} = \overline {BC}

Chiamiamo la proiezione di C su \overline {AB} come C', si sa che l’angolo \widehat{C C^{\prime} B}=90^{\circ}, quindi il triangolo  è rettangolo in C'.

Per il triangolo CC^{\prime} B vale che:

\overline{C B} \cdot \sin 70^{\circ}=12 \rightarrow

\overline{C B}=\frac{12}{\sin 70^{\circ}} \approx 12.77

Da cui si può ricavare che:

\overline{C^{\prime} B}=\overline{C B} \cdot \cos 70^{\circ} \approx 4.1

E quindi:

\overline{A B}=\overline{A D^{\prime}}+\overline{D^{\prime} C^{\prime}}+\overline{C^{\prime} B}

In cui D^{\prime} è la proiezione di D su \overline{AB}

Si può constatare che \overline{A D^{\prime}}=\overline{C^{\prime} B}.

Siccome la lunghezza della base minore è pari a \overline{ D^{\prime} C^{\prime}} si effettua la seguente operazione:

\overline{D^{\prime} C^{\prime}}=\overline{A B}-2 \cdot \overline{C^{\prime} B}=40-2 \cdot 4.1=31.8

Quindi il perimetro del trapezio è pari a:

P_{t p z}=40+12.77+12.77+31.8 \approx 95.34

E l’area del trapezio è pari a:

A_{t p z}=\frac{(40+31.8) \cdot 12}{2} \approx 430.8

Qui di seguito puoi scaricare il documento relativo al post:

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Problemi sui triangoli qualunque

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In fondo a questo post puoi scaricare il documento relativo agli esercizi svolti qui di seguito.

1         Esercizio 1

1.1         Testo

Determina l’elemento incognito nelle seguenti figure:

Figura 1 Figure problema
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Soluzione esercizio n°4 pag.828 (Matematica.azzurro)

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Testo

Risolvi il triangolo ABC, rettangolo in A, noti gli elementi indicati:

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