NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 182

a) Pole dużego kwadratu, liczone bezpośrednio, jest równe $c^2$. Z drugiej strony składa się on z czterech trójkątów prostokątnych o przyprostokątnych $a,b$ oraz małego kwadratu o boku $a-b$. Zatem

$$c^2=4\cdot\frac{ab}{2}+(a-b)^2.$$

Po uproszczeniu

$$c^2=2ab+a^2-2ab+b^2=a^2+b^2.$$

Otrzymaliśmy twierdzenie Pitagorasa.

b) Teraz $c=8$ oraz $a-b=2$. Przyjmując zgodnie z rysunkiem $a>b$, mamy $a=b+2$. Z części a):

$$(b+2)^2+b^2=8^2,$$ $$b^2+2b-30=0.$$

Stąd

$$b=-1\pm\sqrt{31}.$$

Długość jest dodatnia, więc $b=\sqrt{31}-1$, a $a=b+2=\sqrt{31}+1$.

1. W kwadratach mamy $FA=AB$ oraz $AC=AE$. Ponadto kąty $FAC$ i $BAE$ są równe, bo każdy powstaje przez dodanie tego samego kąta $BAC$ do kąta prostego. Z cechy bok–kąt–bok trójkąty $FAC$ i $BAE$ są przystające.

2. Odcinki $FA$ i $BC$ są równoległe. Przyjmując $FA$ za podstawę trójkąta $FAC$, jego wysokością jest odległość między tymi prostymi, równa $AB=FA$. Dlatego

$$P_{FAC}=\frac12FA^2=\frac12P_{AFGB}.$$

3. Proste $AE$ i $PR$ są równoległe, a punkt $B$ leży na prostej $PR$. Trójkąt $BAE$ i prostokąt $AEPR$ mają wspólną podstawę $AE$ i tę samą wysokość, zatem

$$P_{BAE}=\frac12P_{AEPR}.$$

4. Z przystawania $P_{FAC}=P_{BAE}$. Po podwojeniu obu równości z punktów 2 i 3 otrzymujemy

$$P_{AFGB}=P_{AEPR}.$$

5. Analogicznie trójkąty $ACI$ i $BCD$ są przystające: $CI=CB$, $AC=CD$ i mają równe kąty zawarte między tymi parami boków. Pierwszy ma pole równe połowie pola kwadratu $CBHI$, a drugi — połowie pola prostokąta $DCRP$. Zatem

$$P_{CBHI}=P_{DCRP}.$$

Prostokąty $AEPR$ i $DCRP$ wypełniają kwadrat $ACDE$. W konsekwencji suma pól kwadratów na przyprostokątnych jest równa polu kwadratu na przeciwprostokątnej, czyli $AB^2+BC^2=AC^2$.