Utente:Rudy Vian/Sandbox

Area del triangolo

Si ha che:

$S={\frac {ah}{2}}$

ma essendo

$h=b\sin \gamma$

si ottiene:

$S={\frac {ab\sin \gamma }{2}}$

ossia: l'area del triangolo è uguale al semiprodotto di due lati per il seno dell'angolo compreso.
Se sono invece noti gli angoli e un solo lato, ricordando che per il teorema dei seni è:

$b={\frac {a\sin \beta }{\sin \alpha }}$

si ha:

$S={\frac {a^{2}\sin \beta \sin \gamma }{2\sin \alpha }}$

Formula di Erone

Se, nella formula precedente, effettuiamo la sostituzione:

$\sin \gamma =2\sin {\frac {1}{2}}\gamma \cos {\frac {1}{2}}\gamma$

otteniamo

$S=ab\sin {\frac {1}{2}}\gamma \cos {\frac {1}{2}}\gamma$

ma, dalle formule di Briggs relative a seno e coseno abbiamo che:

$\sin {\frac {1}{2}}\gamma ={\sqrt {\frac {\left(p-a\right)\left(p-b\right)}{ab}}}\qquad \cos {\frac {1}{2}}\gamma ={\sqrt {\frac {p\left(p-c\right)}{ab}}}$

ossia

$S=ab{\sqrt {\frac {\left(p-a\right)\left(p-b\right)}{ab}}}\cdot {\sqrt {\frac {p\left(p-c\right)}{ab}}}$

e quindi

$S={\sqrt {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}$

Raggio del cerchio inscritto

Dati i tre lati

Raggio del cerchio inscritto

Consideriamo il triangolo ABC come composto dai tre triangoli OBC, OCA e OAB; ognuno di questi tre triangoli più piccoli ha per altezza il raggio r del cerchio di centro O (infatti, il raggio per un punto è sempre perpendicolare alla tangente in quel punto) e quindi, ad esempio per il triangolo OBC, si ha:

$A_{OBC}={\frac {ar}{2}}$

e simili per gli altri tre triangoli.
Quindi, se p indica il semiperimetro, l’area di ABC sarà:

$S={\frac {\left(a+b+c\right)r}{2}}=pr$

Ma l’area del triangolo ABC è esprimibile anche attraverso la formula di Erone, e quindi:

$S={\sqrt {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}=pr$

da cui:

$r={\frac {1}{p}}{\sqrt {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}$

e infine:

$r={\sqrt {\frac {\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p}}}$

Dati il perimetro, un lato e l’angolo opposto

Siano noti il lato a e l’angolo α opposto ad a: moltiplicando numeratore e denominatore per p–a nell’uguaglianza appena determinata, avremo:

$r=\left(p-a\right){\sqrt {\frac {\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p\left(p-a\right)}}}$

Ma dalle formule di Briggs sappiamo che il radicale è pari a tan α/2, e quindi:

$r=\left(p-a\right)\tan {\frac {\alpha }{2}}$

Raggi dei cerchi exinscritti

Noti i tre lati

Sia r_a il centro del cerchio exinscritto tangente esternamente al lato a e internamente ai lati b e c. Dalla geometria piana si sa che il centro O di questo cerchio è il punto di incontro delle bisettrici degli angoli CAB, PCB e QBC.
L'area S del triangolo ABC è pari alla somma delle aree di ACO e ABO meno l'area di CBO, e quindi si ha:

$S={\frac {br_{a}}{2}}+{\frac {cr_{a}}{2}}-{\frac {ar_{a}}{2}}={\frac {r_{a}}{2}}\left(b+c-a\right)$

Ma essendo b+c–a=2(p–a), si ottiene:

$r_{a}={\frac {S}{p-a}}$

Con l'aiuto della formula di Erone e portando il denominatore sotto radice, si ottiene:

$r_{a}={\sqrt {\frac {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{\left(p-a\right)^{2}}}}$

semplificando,

$r_{a}={\sqrt {\frac {p\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p-a}}}$

$r_{b}={\sqrt {\frac {p\left(p-a\right)\left(p-c\right)}{p-b}}}$

$r_{c}={\sqrt {\frac {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)}{p-c}}}$

Dati il semiperimetro e la tangente dell'angolo opposto

Si noti che CP=CE, dato che C è il punto di incontro di due tangenti allo stesso cerchio; e, per lo stesso motivo, BQ=BE. Possiamo allora scrivere:

$AP=AC+CP=AP+CE$

$AQ=AB+BQ=AB+BE$

Quindi è:

$AP+AQ=2AP=AC+AB+CE+BE=2p$

il che implica AP=p. Nel triangolo rettangolo APO è

$r_{a}=AP\tan {\frac {1}{2}}\alpha$

ossia

$r_{a}=p\tan {\frac {1}{2}}\alpha$

Area dati i raggi del cerchio inscritto e dei cerchi exinscritti

Se r è il raggio del cerchio inscritto, si ha:

$r={\frac {S}{p}}$

Ricordando le formule per ottenere i raggi dei cerchi exinscritti, si ha:

$r\cdot r_{a}\cdot r_{b}\cdot r_{c}={\frac {S}{p}}{\sqrt {\frac {p^{3}\left(p-a\right)^{2}\left(p-b\right)^{2}\left(p-c\right)^{2}}{}}}$

ossia

$r\cdot r_{a}\cdot r_{b}\cdot r_{c}=S{\sqrt {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}$

ricordando che è:

$r\cdot r_{a}\cdot r_{b}\cdot r_{c}=S^{2}$

si ha:

$S={\sqrt {r\cdot r_{a}\cdot r_{b}\cdot r_{c}}}$

Determinare le altezze dati i tre lati

Dalla formula di Erone si ha:

$S={\frac {ah_{a}}{2}}={\sqrt {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}$

e quindi, con le opportune permutazioni dei simboli:

$h_{a}={\frac {2}{a}}{\sqrt {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}$

$h_{b}={\frac {2}{b}}{\sqrt {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}$

$h_{c}={\frac {2}{c}}{\sqrt {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}$

Determinare le bisettrici dati i tre lati

Bisettrici del triangolo

Le altezze dei due triangoli AE_αC e AE_αB nei quali la bisettrice divide il triangolo ABC sono uguali e pari a:

$E_{\alpha }H=E_{\alpha }K=b_{\alpha }\sin {\frac {1}{2}}\alpha$

Quindi l'area del triangolo ANBC (somma di AE_αC e AE_αB) risulta:

$S={\frac {b+c}{2}}b_{\alpha }\sin {\frac {1}{2}}\alpha$

Esprimendo S attraverso la formula di Erone e il seno attraverso la formula di Briggs, si ha:

${\sqrt {p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}={\frac {b+c}{2}}b_{\alpha }{\sqrt {\frac {\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{bc}}}$

ossia, sempre con le opportune permutazioni:

$b_{a}={\frac {2}{b+c}}{\sqrt {bcp\left(p-a\right)}}$

$b_{b}={\frac {2}{a+c}}{\sqrt {acp\left(p-b\right)}}$

$b_{c}={\frac {2}{a+b}}{\sqrt {abp\left(p-c\right)}}$

Determinare le mediane dati i tre lati

Mediane del triangolo

Se m_a è la mediana relativa al lato a, dal teorema del coseno si ha:

$b^{2}={\frac {a^{2}}{4}}+{m_{a}}^{2}-am_{a}\cos \delta$

$c^{2}={\frac {a^{2}}{4}}+{m_{a}}^{2}+am_{a}\cos \delta$

sommando membro a membro, riducendo e generalizzando per le altre mediane,

$m_{a}={\frac {1}{2}}{\sqrt {2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}}$

$m_{b}={\frac {1}{2}}{\sqrt {2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}}$

$m_{c}={\frac {1}{2}}{\sqrt {2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}}$

Area dati gli angoli e il semiperimetro

Moltiplicando membro a membro le formule di Briggs relative alle tangenti, si ottiene:

$\tan {\frac {1}{2}}\alpha \cdot \tan {\frac {1}{2}}\beta \cdot \tan {\frac {1}{2}}\gamma =sqrt{\frac {\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p^{3}}}={\frac {S}{p^{2}}}$

e quindi

$S=p^{2}\tan {\frac {1}{2}}\alpha \cdot \tan {\frac {1}{2}}\beta \cdot \tan {\frac {1}{2}}\gamma$

Area dati gli angoli e il raggio del cerchio circoscritto

Sia R il raggio del cerchio circoscritto; essendo:

$S={\frac {1}{2}}ab\sin \gamma$

$a=2R\sin \alpha$

$b=2R\cos \beta$

risulta:

$S=2R^{2}\sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$

Quadrilateri

Sempre dal teorema relativo all'area del triangolo, considerato che il parallelogramma è un triangolo raddoppiato, si ha che:

$S=ab\sin \gamma$

Area del quadrilatero

Nel caso di un quadrilatero qualunque ABCD, conducendo le parallele alle due diagonali passanti per i vertici, si ha che l'area del parallelogramma EFGH è pari a:

$S_{par}=dd'\sin \alpha$

dove d e d’ sono le misure dei lati EF e EH.
Ma il parallelogramma EFGH è formato dai quattro piccoli parallellogrammi DFAO, OAGB, OBHC e EDOC, per ciascuno dei quali l’area è divisa a metà da uno dei lati del quadrilatero; quindi, l’area totale del quadrilatero è la metà dell’area totale del parallelogramma:

$S={\frac {1}{2}}dd'\sin \alpha$

Quadrilateri inscrittibili

Quadrilatero inscrittibile

Ricordiamo che un quadrilatero è inscrittibile se i suoi angoli opposti sono supplementari.

Teorema di Tolomeo

Siano x e y rispettivamente le misure delle diagonali AC e BD; esprimendo x attraverso il teorema del coseno come lato dei triangoli ABC e ACD, si ha:

$x^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos \beta$
$x^{2}=c^{2}+d^{2}-2ab\cos \beta$

possiamo ricavare cos β dalla prima di queste relazioni e sostituirla nella seconda, ottenendo:

$x^{2}={\frac {\left(ac+bd\right)\left(ad+bc\right)}{ab+cd}}$

In modo del tutto analogo,

$y^{2}={\frac {\left(ac+bd\right)\left(ab+cd\right)}{ad+bc}}$

Moltiplicando membro a membro e estraendo la radice quadrata, si ha:

$xy=ac+bd$

ossia in un quadrilatero inscrittibile, il prodotto delle diagonali è uguale alla somma dei prodotti dei lati opposti.

Teorema di Legendre

Se, anziché moltiplicare tra di loro le espressioni di x² e y² viste sopra le dividiamo membro a membro, otteniamo:

${\frac {x}{y}}={\frac {ad+bc}{ab+cd}}$

ossia in un quadrilatero inscrittibile, il rapporto tra le diagonali è uguale al rapporto tra le somme dei prodotti dei lati che concorrono nei loro estremi'.'

Formula di Brahmagupta

Possiamo considerare l'area S del quadrilatero come somma delle aree dei triangoli ABC e ACD; dato che i seni degli angoli supplementari sono uguali, avremo:

$S={\frac {ab\sin \beta }{2}}+{\frac {cd\sin \beta }{2}}\implies 2S=\left(ab+cd\right)\sin \beta \implies 4S=2\left(ab+cd\right)sin\beta$

riprendendo le due eguaglianze che esprimono il quadrato della diagonale:

$x^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos \beta$

$x^{2}=c^{2}+d^{2}-2ab\cos \beta$

e sottraendole membro a membro, otteniamo:

$\left(a^{2}+b^{2}\right)-\left(c^{2}+b^{2}\right)=a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}=2\left(ab+cd\right)\cos \beta$

Elevando a quadrato l'espressione di 4S e della formula appena ottenuta e sommando queste due espressioni, si ha:

$16S^{2}+\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2}=4\left(ab+cd\right)^{2}\left(\sin ^{2}\beta +\cos ^{2}\beta \right)$

ossia:

${\begin{alignedat}{2}16S^{2}&=\left(2ab+2cd\right)^{2}-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)\\&=\left(2ab+2cd-a^{2}-b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)\left(2ab+2cd+a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)\\&=\left[\left(c+d\right)^{2}-\left(a-b\right)^{2}\right]\left[\left(a+b\right)^{2}-\left(c-d\right)^{2}\right]\\&=\left(c+d-a+b\right)\left(a-b+c+d\right)\left(a+b-c+d\right)\left(a+b+c-d\right)\\&=\left(-a+b+c+d\right)\left(a-b+c+d\right)\left(a+b-c+d\right)\left(a+b+c-d\right)\end{alignedat}}$

ricordando che a+b+c+d=2p, e quindi:

${\begin{alignedat}{2}-&a+b+c+d=\left(2p-a\right)\\&a-b+c+d=\left(2p-b\right)\\&a+b-c+d=\left(2p-c\right)\\&a+b+c-d=\left(2p-d\right)\end{alignedat}}$

Si ha:

$16S^{2}=16\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\left(p-d\right)$

ossia

$S={\sqrt {\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\left(p-d\right)}}$

Si noti che, ponendo d=0, questa formula coincide con la formula di Erone.

Angoli del quadrilatero inscritto, dati i lati

Dalla formula ricavata qui sopra:
$a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}=2\left(ab+cd\right)\cos \beta$
si ricava:

$\cos \beta ={\frac {a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}}{2\left(ab+cd\right)}}$

ossia, ricordando la formula per la semitangente in funzione del coseno:

${\begin{alignedat}{2}\tan ^{2}{\frac {\beta }{2}}={\frac {1-\cos \beta }{1+\cos \beta }}&={\frac {2ab+2cd-a^{2}-b^{2}+c^{2}+d^{2}}{2ab+2cd+a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}}}\\&={\frac {\left(c+d\right)^{2}-\left(a-b\right)^{2}}{\left(a+b\right)^{2}-\left(c-d\right)^{2}}}\\&={\frac {\left(-a+b+c+d\right)\left(a-b+c+d\right)}{\left(a+b-c+d\right)\left(a+b+c-d\right)}}\\&={\frac {\left(p-a\right)\left(p-b\right)}{\left(p-c\right)\left(p-d\right)}}\end{alignedat}}$

ossia:
$\tan {\frac {\beta }{2}}={\sqrt {\frac {\left(p-a\right)\left(p-b\right)}{\left(p-c\right)\left(p-d\right)}}}$
e quindi, permutando gli elementi:

$\tan {\frac {\alpha }{2}}={\sqrt {\frac {\left(p-a\right)\left(p-d\right)}{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}}$

per gli angoli γ e 'δ, è sufficiente ricordare che sono complementari rispettivamente agli angoli α e β.

Raggio del cerchio circoscritto

Se nel quadrilatero inscrittibile consideriamo il triangolo ABC e ricordiamo che AC=x, abbiamo:

$2R={\frac {x}{\sin \beta }}$

Sostituendo a x e a sin β i valori trovati sopra,

$2R={\frac {\sqrt {\frac {\left(ac+bd\right)\left(ad+bc\right)}{ab+cd}}}{\frac {2S}{ab+cd}}}$

ossia:

$S={\frac {\sqrt {\left(ac+bd\right)\left(ad+bc\right)\left(ab+cd\right)}}{4S}}$

• 
  Didascalia1
• 
  Didascalia2

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