# La Risoluzione di un Triangolo Qualsiasi con Triangoli Rettangoli (superiori)

Per risolvere i triangoli qualsiasi, tramite l’altezza, bisogna ricercare all’interno della figura considerata dei triangoli rettangoli. Nel seguito saranno indicati altri teoremi che permettono di risolvere tutti i tipi di triangoli.
ESERCIZIO 1. Risolvi il triangolo acutangolo della figura con $\alpha =39{\text{°}}$, $\beta =57{\text{°}}$ e ${\overline {CH}}=11{\text{m}}$.
Ricordando che la somma degli angoli di un triangolo è $180{\text{°}}$ ricaviamo $\gamma$:
$\gamma =180{\text{°}}-\alpha -\beta =180{\text{°}}-39{\text{°}}-57{\text{°}}=84{\text{°}}.$
Individuiamo ora i triangoli rettangoli nella figura in modo da poter applicare le formule.
Con il triangolo rettangolo $CHB$:
${\begin{aligned}&\sin(\beta )={\tfrac {\overline {CH}}{\overline {CB}}}\quad \Rightarrow \quad {\overline {CB}}={\tfrac {\overline {CH}}{\sin(\beta )}}={\tfrac {11}{\sin(57{\text{°}})}}\simeq [m]{13,2};\\&\tan(\beta )={\tfrac {\overline {CH}}{\overline {BH}}}\quad \Rightarrow \quad {\overline {BH}}={\tfrac {\overline {CH}}{\tan(\beta )}}={\tfrac {11}{\tan(57{\text{°}})}}\simeq [m]{7,15}.\end{aligned}}$
Con il triangolo rettangolo $AHC$:
${\begin{aligned}&\sin(\alpha )={\tfrac {\overline {CH}}{\overline {AC}}}\quad \Rightarrow \quad {\overline {AC}}={\tfrac {\overline {CH}}{\sin(\alpha )}}={\tfrac {11}{\sin(39{\text{°}})}}\simeq [m]{17,46};\\&\tan(\alpha )={\tfrac {\overline {CH}}{\overline {AH}}}\quad \Rightarrow \quad {\overline {AH}}={\tfrac {\overline {CH}}{\tan(\beta )}}={\tfrac {11}{\tan(39{\text{°}})}}\simeq [m]{13,75}.\end{aligned}}$
Infine calcoliamo ${\overline {AB}}={\overline {AH}}+{\overline {BH}}\simeq {7,15}+{13,75}={20,9}{\text{m}}$.

## Quadrilateri

ESEMPIO 2. Nel trapezio rettangolo $ABCD$ della figura il lato obliquo $BC$ forma un angolo di $35{\text{°}}$ con la base maggiore $AB$, inoltre la diagonale $AC$ è perpendicolare a $BC$. Calcola il perimetro e l’area del trapezio sapendo che la sua altezza è $10{\text{cm}}$.
Ricordando che la somma degli angoli di un triangolo è $180{\text{°}}$ ricaviamo ${\widehat {CAB}}=55{\text{°}}$. Siccome il trapezio è rettangolo ${\widehat {DAC}}={\widehat {DAB}}-{\widehat {CAB}}=90{\text{°}}-55{\text{°}}$. Calcoliamo ora $CB$, $AB$ e $DC$:
${\begin{aligned}&\sin({\widehat {ABC}})={\tfrac {\overline {AD}}{\overline {CB}}}\quad \Rightarrow \quad {\overline {CB}}={\tfrac {\overline {AD}}{\sin({\widehat {ABC}})}}={\tfrac {10}{\sin(35{\text{°}})}}\simeq [cm]{17,43};\\&{\overline {AB}}={\tfrac {\overline {CB}}{\cos({\widehat {ABC}})}}\simeq {\tfrac {17,43}{\cos(55{\text{°}})}}\simeq [cm]{21,28};\\&{\tfrac {\overline {DC}}{\overline {AD}}}=\tan({\widehat {DAC}})\quad \Rightarrow \quad {\overline {DC}}={\overline {AD}}\cdot \tan({\widehat {DAC}})=10\tan(35{\text{°}})\simeq {7,00}.\end{aligned}}$
Da cui:
${\begin{aligned}&2p={\overline {AB}}+{\overline {BC}}+{\overline {DC}}+{\overline {DA}}\simeq {21,28}+{17,43}+{7,00}+10=[cm]{55,71};\\&{\text{Area}}\;={\tfrac {({\overline {AB}}+{\overline {DC}})\cdot {\overline {AD}}}{2}}\simeq {\tfrac {({21,28}+{7,00})\cdot 10}{2}}\simeq [cm^{2}]{141,40}.\end{aligned}}$

## Applicazioni alla topografia

La topografia è una disciplina che studia gli strumenti ed i metodi operativi, sia di calcolo che di disegno, necessari per ottenere una rappresentazione grafica di una parte della superficie terrestre. La topografia ha carattere applicativo e trae la sua base teorica dalla matematica, dalla geometria e dalla trigonometria.
ESEMPIO 3. Risolvere il quadrilatero della figura [fig:C.7] sapendo che $AB={42,5}{\text{m}}$, $BC={32,18}{\text{m}}$, $CD={27,6}{\text{m}}$, ${\widehat {BAD}}=56{\text{°}}$, ${\widehat {ADC}}=62{\text{°}}$.
Dati: ${\overline {AB}}={42,5}{\text{m}}$,$\quad {\overline {BC}}={32,18}{\text{m}}$,$\quad {\overline {CD}}={27,6}{\text{m}}$,$\quad {\widehat {BAD}}=56{\text{°}}$,$\quad {\widehat {ADC}}=62{\text{°}}$.
Obiettivo: ${\overline {AD}}$,$\quad {\widehat {ABC}}$,$\quad {\widehat {CDA}}$.
Procedura risolutiva: Suddividiamo il quadrilatero in tre triangoli rettangoli e in un rettangolo, come nella figura, e risolviamo i triangoli.
Triangolo $FBA$ retto in $F$:
${\begin{aligned}&{\widehat {FBA}}=90{\text{°}}-{\widehat {BAD}}=90{\text{°}}-56{\text{°}}=34{\text{°}};\\&{\overline {AF}}={\overline {AB}}\cos({\widehat {BAD}})={42,5}\cos(56{\text{°}})\simeq {23,77}{\text{m}};\\&{\overline {BF}}={\overline {AB}}\sin({\widehat {BAD}})={42,5}\sin(56{\text{°}})\simeq {35,23}{\text{m}}.\end{aligned}}$
Triangolo $DCE$ retto in $E$:
${\begin{aligned}&{\widehat {DCE}}=90{\text{°}}-{\widehat {ADC}}=90{\text{°}}-62{\text{°}}=28{\text{°}};\\&{\overline {DE}}={\overline {CD}}\cos({\widehat {FBA}})={27,6}\cos(62{\text{°}})\simeq {12,96}{\text{m}};\\&{\overline {CE}}={\overline {CD}}\sin({\widehat {ADC}})={27,6}\sin(62{\text{°}})\simeq {24,37}{\text{m}}.\end{aligned}}$
Triangolo $GBC$ retto in $G$:
${\begin{aligned}&{\overline {BG}}={\overline {BF}}-{\overline {GF}}={\overline {BF}}-{\overline {CE}}\simeq {35,23}-{24,37}\simeq {10,86}{\text{m}};\\&\cos({\widehat {CBG}})={\tfrac {\overline {BG}}{\overline {BC}}}\simeq {\tfrac {10,86}{32,18}}\simeq {0,34}\Rightarrow {\widehat {CBG}}=\cos ^{-}1({0,34})\simeq 70{\text{°}}16'36'';\\&{\widehat {BCG}}=90{\text{°}}-{\widehat {CBG}}\simeq 90{\text{°}}-70{\text{°}}16'36''\simeq 19{\text{°}}43'24'';\\&{\overline {GC}}={\overline {BC}}\sin({\widehat {CBG}})\simeq {\overline {BC}}\sin(70{\text{°}}16'36'')\simeq {30,29}{\text{m}}.\end{aligned}}$
Calcoliamo ora gli elementi incogniti del quadrilatero:
${\begin{aligned}&{\overline {DA}}={\overline {AF}}+{\overline {FE}}+{\overline {ED}}\simeq {23,77}+{30,29}+{12,96}={67,02}{\text{m}};\\&{\widehat {ABC}}={\widehat {ABF}}+{\widehat {FBC}}\simeq 34{\text{°}}+70{\text{°}}16'36''=104{\text{°}}16'36'';\\&{\widehat {BCD}}={\widehat {BCG}}+{\widehat {GCE}}+{\widehat {ECD}}\simeq 19{\text{°}}43'24''+90{\text{°}}+34{\text{°}}=143{\text{°}}43'24''.\end{aligned}}$