Ed ora un po' di geometria ...
Nel triangolo ABC la mediana AM, la bisettrice AL e l'altezza AH, uscenti dal vertice A, dividono l'angolo BAC in 4 angoli congruenti ( vedi figura). Si domanda l'ampiezza di tale angolo .
Risposte
Credo 90º
L'angolo è quello ( basta Geogebra o un disegno fatto bene per accorgersene). Ovviamente il problema è dimostrarlo...
Faccio notare che ciromario ho posto il disegno così per aiutare il risolutore! 
Buon divertimento.
Buon divertimento.
Proprio non riesco a sfruttare il suggerimento di j18eos; forse farebbe meglio a dire qualcosa di più. Io ho trovato una soluzione con la geometria elementare, ma non la posto perché lunga e brutta; posto invece quella con la trigonometria, che è abbastanza veloce (sempre con la trigonometria, ne ho trovato anche un'altra ma più lunga).
Osservando i triangoli rettangoli AHC e AHB noto che $A hatCH=90°-alpha$ e $A hatBH=90°-3alpha$; applicando il teorema dei seni ai triangoli ABM e ACM ho
$(MB)/(senalpha)=(AM)/(sen(90°-3alpha))->MB=(AM senalpha)/(cos3alpha)$
$(MC)/(sen3alpha)=(AM)/(sen(90°-alpha))->MC=(AM sen3alpha)/(cosalpha)$
Ma deve essere $MB=MC$, quindi ho l'equazione
$(AM senalpha)/(cos3alpha)=(AM sen3alpha)/(cosalpha)$
con la limitazione $0°<4alpha<180°$. Risolvendo
$sen alpha cos alpha= sen3alphacos3alpha$
$sen 2alpha=sen6alpha$
I soluzione) $6alpha_1=2alpha_1+k*360°->4alpha_1=k*360°$ che non soddisfa la limitazione;
II soluzione) $6alpha_2=180°-2alpha_2+k*360°->8 alpha_2=180°+k*360°->4alpha_2=90°+k*180°$ di cui accettabile $4alpha=90°$
Osservando i triangoli rettangoli AHC e AHB noto che $A hatCH=90°-alpha$ e $A hatBH=90°-3alpha$; applicando il teorema dei seni ai triangoli ABM e ACM ho
$(MB)/(senalpha)=(AM)/(sen(90°-3alpha))->MB=(AM senalpha)/(cos3alpha)$
$(MC)/(sen3alpha)=(AM)/(sen(90°-alpha))->MC=(AM sen3alpha)/(cosalpha)$
Ma deve essere $MB=MC$, quindi ho l'equazione
$(AM senalpha)/(cos3alpha)=(AM sen3alpha)/(cosalpha)$
con la limitazione $0°<4alpha<180°$. Risolvendo
$sen alpha cos alpha= sen3alphacos3alpha$
$sen 2alpha=sen6alpha$
I soluzione) $6alpha_1=2alpha_1+k*360°->4alpha_1=k*360°$ che non soddisfa la limitazione;
II soluzione) $6alpha_2=180°-2alpha_2+k*360°->8 alpha_2=180°+k*360°->4alpha_2=90°+k*180°$ di cui accettabile $4alpha=90°$
Costruiamo la circonferenza circoscritta ad ABC e siano D,E,F le intersezioni di essa con i prolungamenti di AM,AL ,AH.
BC e DF risultano paralleli perché gli archi BD e FC, tra essi compresi, sono per ipotesi congruenti. Ne segue che AH,essendo perpendicolare a BC , è perpendicolare anche a DF e quindi DA è diametro della circonferenza,
La retta r=EM congiunge il punto medio M della corda BC col punto medio E dell'arco DF e dunque EM passa per il centro della circonferenza. D'altra parte la retta r=EM passa per il punto M del diametro DA e dunque il centro della circonferenza non può che essere proprio M. La corda BC, passando anch'essa per M, deve essere un diametro e ciò prova che l'angolo BAC è retto.
Io facevo un'altra costruzione, ma in sostanza il mio ragionamento differiva poco dal tuo; speravo che ce ne fossero di migliori.
Disegno la circonferenza di diametro $AM$; noto che passa per $H$ (che vede il diametro sotto un angolo retto) ed indico con $R,S$ le intersezioni con $AB,AC$. Poiché gli angoli alla circonferenza che insistono su una stesso arco sono uguali, si ha
${(S hatMH=ShatAH=alpha),(RhatSM=RhatAM=alpha):}->S hatMH=RhatSM$
Di conseguenza $RS$ e $BC$ formano angoli alterni interni uguali e quindi sono paralleli; si corrispondono in una omotetia di centro $A$ (*) e quindi $AM$, che dimezza $BC$, dimezza anche $RS$.
Ma un diametro che dimezza una corda non diametrale le è perpendicolare; poiché questo non succede ($RS$ è perpendicolare ad $AH$ e quindi non ad $AM$), $RS$ deve essere un diametro e $RhatAS$ è retto perché vi insiste.
(*) Se vi vanno le omotetie, indicando con $P$ l'intersezione di $AM,RS$, per la similitudine fra $ARP,ABM$ e fra $APS,AMC$ si ha
${(RP:BM=AP:AM),(PS:MC=AP:AM):}->RP:BM=PS:MC$
e poiché $BM=MC$ si ha $RP=PS$
Disegno la circonferenza di diametro $AM$; noto che passa per $H$ (che vede il diametro sotto un angolo retto) ed indico con $R,S$ le intersezioni con $AB,AC$. Poiché gli angoli alla circonferenza che insistono su una stesso arco sono uguali, si ha
${(S hatMH=ShatAH=alpha),(RhatSM=RhatAM=alpha):}->S hatMH=RhatSM$
Di conseguenza $RS$ e $BC$ formano angoli alterni interni uguali e quindi sono paralleli; si corrispondono in una omotetia di centro $A$ (*) e quindi $AM$, che dimezza $BC$, dimezza anche $RS$.
Ma un diametro che dimezza una corda non diametrale le è perpendicolare; poiché questo non succede ($RS$ è perpendicolare ad $AH$ e quindi non ad $AM$), $RS$ deve essere un diametro e $RhatAS$ è retto perché vi insiste.
(*) Se vi vanno le omotetie, indicando con $P$ l'intersezione di $AM,RS$, per la similitudine fra $ARP,ABM$ e fra $APS,AMC$ si ha
${(RP:BM=AP:AM),(PS:MC=AP:AM):}->RP:BM=PS:MC$
e poiché $BM=MC$ si ha $RP=PS$
Ciao,
ho provato a dimostrarlo con la geometria elementare ma non riesco a finirlo. Posto comunque il mio procedimento.
Premetto che sono in 2^liceo scientifico e non ho ancora fatto geometria analitica, quindi la mia dimostrazione sarà effettuata usando la geometria elementare.
Allora, nel disegno ho costruito una retta $r$ parallela ad $s$ e una retta $t$ passante per $C$ parallela alla retta $z$ che unisce $A$ con $M$.
La tesi è dimostrare che $AM$ è congruente a $CM$ in modo tale da ricorrere ad un teorema che dice che se in un triangolo ($ABC$) la mediana relativa ad un lato (al lato $BC$) è congruente alla metà del lato stesso allora il triangolo è rettangolo e quel lato ne fa da ipotenusa (quest'ultima affermazione è necessaria e sottointende il fatto che l'angolo retto è $BAC$ per il teorema "a lato maggiore -->angolo maggiore).
Consideriamo il parallelogramma (per costruzione) $ADCM$. Se si dimostra che è un rombo, o semplicemente che $AM$ è congruente a $CM$, la dimostrazione è finita.
ho provato a dimostrarlo con la geometria elementare ma non riesco a finirlo. Posto comunque il mio procedimento.
Premetto che sono in 2^liceo scientifico e non ho ancora fatto geometria analitica, quindi la mia dimostrazione sarà effettuata usando la geometria elementare.
Allora, nel disegno ho costruito una retta $r$ parallela ad $s$ e una retta $t$ passante per $C$ parallela alla retta $z$ che unisce $A$ con $M$.
La tesi è dimostrare che $AM$ è congruente a $CM$ in modo tale da ricorrere ad un teorema che dice che se in un triangolo ($ABC$) la mediana relativa ad un lato (al lato $BC$) è congruente alla metà del lato stesso allora il triangolo è rettangolo e quel lato ne fa da ipotenusa (quest'ultima affermazione è necessaria e sottointende il fatto che l'angolo retto è $BAC$ per il teorema "a lato maggiore -->angolo maggiore).
Consideriamo il parallelogramma (per costruzione) $ADCM$. Se si dimostra che è un rombo, o semplicemente che $AM$ è congruente a $CM$, la dimostrazione è finita.
Sarebbe un buon approccio... se si riuscisse a finirlo. Vedi bene però che sia ciromario che io abbiamo percorso strade più complicate: è evidente che con quelle spontanee non ottenevamo niente.
Aggiungo un'osservazione: dell'ipotesi è stato usato solo $BhatAM=ChatAH$: è sufficiente questo perché la tesi sia vera. Propongo a LucaM e compagni la facile dimostrazione del teorema inverso: nel triangolo $ABC$, rettangolo in $A$, $AH$ è altezza e $AM$ è mediana; dimostrare che $BhatAM=ChatAH$.
Aggiungo un'osservazione: dell'ipotesi è stato usato solo $BhatAM=ChatAH$: è sufficiente questo perché la tesi sia vera. Propongo a LucaM e compagni la facile dimostrazione del teorema inverso: nel triangolo $ABC$, rettangolo in $A$, $AH$ è altezza e $AM$ è mediana; dimostrare che $BhatAM=ChatAH$.
"giammaria":
Propongo a LucaM e compagni la facile dimostrazione del teorema inverso: nel triangolo $ABC$, rettangolo in $A$, $AH$ è altezza e $AM$ è mediana; dimostrare che $BhatAM=ChatAH$.
Ma quindi nelle ipotesi si sa che il triangolo è rettangolo?
Se così fosse, si usa un teorema che ho scoperto proprio grazie a te: date due semirette $BA$ e $BC$ e le loro perpendicolari $CA$ e $AH$, l'angolo tra le semirette ($ABC$) è congruente a quello tra le perpendicolari ($CAH$). Ma essendo $AM$ mediana, $ABC = BAM$ e quindi per proprietà transitiva $CAH = BAM$.
Ps: sto usando il simbolo $=$ perchè non so come si inserisca il congruente, teoricamente è sbagliato usarlo...
Giusto.
NOTA: nell'entusiasmo. ho scritto una cosa errata. La lascio per rispetto a chi l'ha già letta, ma la correggo in fondo.
Eccola, la dimostrazione facile che cercavamo!
Col ragionamento di LucaM o analoghi, cominciamo a dimostrare il teorema inverso: se $BhatAC$ è retto, si ha $BhatAM=HhatAC$.
Ora neghiamo la tesi del problema attuale, supponendo che l'angolo $BhatAC$ non sia retto, e tracciamo $AB'$ perpendicolare ad $AC$: sarà $B'hatAM=HhatAC=alpha$, in contrasto con l'ipotesi $BhatAM=alpha$.
CORREZIONE (inserita dopo la risposta di LucaM). Detto $M'$ il punto medio di $B'C$, ho solo ottenuto $B'hatAM'=HhatAC=alpha$ e non contrasta con l'ipotesi, almeno a prima vista.
Eccola, la dimostrazione facile che cercavamo!
Col ragionamento di LucaM o analoghi, cominciamo a dimostrare il teorema inverso: se $BhatAC$ è retto, si ha $BhatAM=HhatAC$.
Ora neghiamo la tesi del problema attuale, supponendo che l'angolo $BhatAC$ non sia retto, e tracciamo $AB'$ perpendicolare ad $AC$: sarà $B'hatAM=HhatAC=alpha$, in contrasto con l'ipotesi $BhatAM=alpha$.
CORREZIONE (inserita dopo la risposta di LucaM). Detto $M'$ il punto medio di $B'C$, ho solo ottenuto $B'hatAM'=HhatAC=alpha$ e non contrasta con l'ipotesi, almeno a prima vista.
Perfetto! A volte è meglio prendere la strada più corta la quale, in questo caso, è anche più facile....
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