NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 176

Z twierdzenia Pitagorasa $c=\sqrt{a^2+b^2}$.

a)

$$c=\sqrt{30^2+40^2}=\sqrt{2500}=50.$$

b)

$$c=\sqrt{(\sqrt5)^2+2^2}=\sqrt9=3.$$

c) Korzystamy z tożsamości $(u-v)^2+(u+v)^2=2u^2+2v^2$:

$$c^2=(2\sqrt2-1)^2+(2\sqrt2+1)^2=2\cdot8+2=18,$$

zatem $c=3\sqrt2$.

d) Analogicznie

$$c^2=(\sqrt5-\sqrt3)^2+(\sqrt5+\sqrt3)^2 =2\cdot5+2\cdot3=16,$$

więc $c=4$.

e)

$$c=\sqrt{(2\sqrt2)^2+(2\sqrt2)^2}=\sqrt{16}=4.$$

f) Z zapisu $a=\frac1b=2$ wynika $a=2$ i $b=\frac12$. Stąd

$$c=\sqrt{2^2+\left(\frac12\right)^2} =\sqrt{\frac{17}{4}}=\frac{\sqrt{17}}2.$$

a) Niech $h$ oznacza wspólną wysokość obu trójkątów. Dla lewego trójkąta

$$h^2+6^2=(2\sqrt{13})^2,$$

więc $h^2=52-36=16$ i $h=4$. Dla prawego trójkąta

$$x^2+4^2=(\sqrt{41})^2,$$

zatem $x^2=25$ i $x=5$.

b) Wewnętrzny trójkąt ma przeciwprostokątną $\sqrt{61}$ i pionową przyprostokątną długości $5$. Długość jego poziomej przyprostokątnej $u$ spełnia

$$u^2+5^2=61,$$

czyli $u=6$. Podstawa dużego trójkąta ma więc długość $3+6=9$. Stąd

$$x^2=9^2+5^2=106,$$

a ponieważ $x>0$, otrzymujemy $x=\sqrt{106}$.