Geometria..
Salve a tutti ho un problema con una dimostrazione di geometria che non riesco a concludere:
Sia $AM$ la mediana relativa al cateto $BC$ del triangolo $ABC$ , rettangolo in $B$.
Dimostrare che l'angolo $BAM$ è maggiore di $MAC$.
Io come inizio avevo preso in considerazione l'angolo $BMA$ esterno al triangolo $MCA$ e l'angolo $AMC$ esterno al triangolo $BMA$ quindi si ha che: $BMA > MCA-MAC$ e che $AMC > ABM-MAB$ e quindi vuol dire che $AMC$ è ottusangolo....da qui in poi non so come andare avanti.
Grazie a tutti.
Sia $AM$ la mediana relativa al cateto $BC$ del triangolo $ABC$ , rettangolo in $B$.
Dimostrare che l'angolo $BAM$ è maggiore di $MAC$.
Io come inizio avevo preso in considerazione l'angolo $BMA$ esterno al triangolo $MCA$ e l'angolo $AMC$ esterno al triangolo $BMA$ quindi si ha che: $BMA > MCA-MAC$ e che $AMC > ABM-MAB$ e quindi vuol dire che $AMC$ è ottusangolo....da qui in poi non so come andare avanti.
Grazie a tutti.
Risposte
[size=150]ERRORE[/size]
Scusa potresti spiegarti meglio???? 
Scusa ho sbagliato io.
E allora quale sarebbe la soluzione ??? 
Onestamente non ne ho idea. Non so ancora come usare il fatto che $M$ sia punto medio di $BC$. Se mi vengono idee (difficile) ti faccio sapere.
Considero la circonferenza circoscritta al triangolo che avrà per diametro l'ipotenusa AC.
Osservo che OM è perpendicolare alla corda BC e quindi è parallela ad AB.Pertanto si ha:
a) OMA=BAM
perchè angoli alterni interni rispetto alle parallele AB ed OM tagliate da AM.
Ora è chiaramente AO=ON>OM e quindi in definitiva abbiamo AO>OM.
Ricordando che in un triangolo a lato maggiore si oppone angolo maggiore,dal triangolo OAM si ha:
OMA>MAO=MAC e dunque per la (a) risulta:
BAM>MAC
Sei arrivato da solo al fatto che $AMC$ sia ottuso. Ciò implica che la somma degli altri due angoli del triangolo AMC, cioè $MAC$ e $MCA$ sia minore di 90°. ==> $MAC+MCA<90$. Che riscritta è $MAC<90-MCA$.
Ovviamente $BMA$ è altresi acuto, quindi, essendo l'angolo in B di 90°, l'altro angolo del triangolo ABM, cioe $BAM$ deve essere minore di 90°. ==> $BAM<90$.
Poichè MAC è necessario che sia minore di una quantità minore di quella di cui deve invece essere minore BAM (che frase contorta!), ne consegue che $BAM>MAC$
Ovviamente $BMA$ è altresi acuto, quindi, essendo l'angolo in B di 90°, l'altro angolo del triangolo ABM, cioe $BAM$ deve essere minore di 90°. ==> $BAM<90$.
Poichè MAC è necessario che sia minore di una quantità minore di quella di cui deve invece essere minore BAM (che frase contorta!), ne consegue che $BAM>MAC$
@elios
Mmm..non condivido la tua soluzione. Si sa che $MAC<90-MCA$ e che $BAM<90$: questo non basta per dire quale relazione d'ordine sussite tra $MAC$ e $BAM$. E' un pò come dire $5<10-2$ e $2<10$ quindi $2>5$.
O non ho capito quello che hai detto?
Mmm..non condivido la tua soluzione. Si sa che $MAC<90-MCA$ e che $BAM<90$: questo non basta per dire quale relazione d'ordine sussite tra $MAC$ e $BAM$. E' un pò come dire $5<10-2$ e $2<10$ quindi $2>5$.
O non ho capito quello che hai detto?
"Remigio":
Considero la circonferenza circoscritta al triangolo che avrà per diametro l'ipotenusa AC.
Osservo che OM è perpendicolare alla corda BC e quindi è parallela ad AB.Pertanto si ha:
a) OMA=BAM
perchè angoli alterni interni rispetto alle parallele AB ed OM tagliate da AM.
Ora è chiaramente AO=ON>OM e quindi in definitiva abbiamo AO>OM.
Ricordando che in un triangolo a lato maggiore si oppone angolo maggiore,dal triangolo OAM si ha:
OMA>MAO=MAC e dunque per la (a) risulta:
BAM>MAC
Bravo Remigio.
__________
andrea
Ringrazio remigio........ma io non l'ho fatta la circonferenza.
Puoi eliminare la circonferenza ed osservare che ,detto O il punto medio di AC,è :
AO=OC
BM=MC
e quindi per Talete OM e AB sono parallele,Poi prosegui come ti ho detto.
AO=OC
BM=MC
e quindi per Talete OM e AB sono parallele,Poi prosegui come ti ho detto.
Si in effetti non è affatto rigoroso.. E' la prima cosa che mi è venuta in mente, chiedo perdono!
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