Zastosowania twierdzenia Pitagorasa

$$P=a\cdot h=12\cdot7=84\ \text{cm}^2$$

Uwaga: w równoległoboku nie dzielimy przez $2$ — to wzór dla trójkąta.

Odpowiedź: C. $84$ cm$^2$.

$$a^2+b^2=c^2$$

Suma kwadratów przyprostokątnych równa się kwadratowi przeciwprostokątnej.

Odpowiedź: C. $a^2+b^2=c^2$.

Suma kwadratów przyprostokątnych równa się kwadratowi przeciwprostokątnej:

$$a^2+b^2=c^2$$

Odpowiedź: B.

$$P=\frac{(a+b)\cdot h}{2}=\frac{(9+15)\cdot6}{2}=\frac{144}{2}=72\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $72$ cm$^2$.

$$c=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$$

To najsłynniejsza trójka pitagorejska: $3$, $4$, $5$.

Odpowiedź: $5$.

$$c=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: $10$.

Krok 1 — bok. Przekątna kwadratu to $a\sqrt2$:

$$a\sqrt2=10\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad a=10\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole:

$$P=100\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: bok $10$ cm, pole $100$ cm$^2$.

Przekształcamy twierdzenie Pitagorasa:

$$b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12$$

Trójka pitagorejska: $5$, $12$, $13$.

Odpowiedź: $12$.

Przekształcamy twierdzenie:

$$b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12$$

Odpowiedź: $12$.

Romb ma cztery równe boki. Jego kąty są proste tylko w szczególnym przypadku — wtedy jest kwadratem.

Prostokąt ma kąty proste, ale boki równe tylko parami.

Odpowiedź: B. romb.

Sprawdzamy, czy $a^2+b^2=c^2$ (dla największej jako $c$):

$$6^2+8^2=36+64=100=10^2 \ ✔$$

Pozostałe nie spełniają: $4+9\neq16$ itd.

Odpowiedź: A. $6,\ 8,\ 10$.

Sprawdzamy warunek $a^2+b^2=c^2$ dla największego boku jako $c$:

$$3^2+4^2=9+16=25=5^2 \ ✔$$

Odpowiedź: C. $3,4,5$.

$$P=\frac{e\cdot f}{2}=\frac{12\cdot16}{2}=96\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $96$ cm$^2$.

Przekątna kwadratu tworzy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych równych bokowi:

$$d=\sqrt{6^2+6^2}=\sqrt{72}=6\sqrt2$$

Wzór: przekątna kwadratu to $a\sqrt2$.

Odpowiedź: $6\sqrt2\approx8{,}49$.

Krok 1 — przekątna dzieli kwadrat na dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnych równych bokowi:

$$d=\sqrt{6^2+6^2}=\sqrt{72}=6\sqrt2$$

Wzór ogólny: przekątna kwadratu to $a\sqrt2$.

Odpowiedź: $6\sqrt2$.

Przekątna jest przeciwprostokątną trójkąta o bokach $9$ i $12$:

$$d=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15\ \text{cm}$$

Rozpoznanie: trójka $9$–$12$–$15$.

Odpowiedź: A. $15$ cm.

$$d=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2a^2}=a\sqrt2$$

Odpowiedź: B. $a\sqrt2$.

Przekątna to przeciwprostokątna trójkąta o bokach $9$ i $12$:

$$d=\sqrt{9^2+12^2}=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15$$

Odpowiedź: $15$.

Krok 1 — kluczowa własność. Przekątne rombu przecinają się w połowie i pod kątem prostym, tworząc cztery przystające trójkąty prostokątne.

Krok 2 — połowa znanej przekątnej:

$$16:2=8\ \text{cm}$$

Krok 3 — druga przyprostokątna (bok rombu jest przeciwprostokątną):

$$\sqrt{100-64}=\sqrt{36}=6\ \text{cm}$$

Krok 4 — cała druga przekątna:

$$2\cdot6=12\ \text{cm}$$

Kontrola przez pole: $\frac{16\cdot12}{2}=96$ cm$^2$; to samo pole daje $a\cdot h$, gdzie $h=9{,}6$ cm ✔

Odpowiedź: $12$ cm.

Krok 1 — model. Drabina to przeciwprostokątna ($5$ m), odległość od ściany ($3$ m) to jedna przyprostokątna, wysokość ($h$) to druga.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4\ \text{m}$$

Odpowiedź: $4$ m.

$$d=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2a^2}=a\sqrt2$$

Odpowiedź: A. $a\sqrt2$.

Krok 1 — z wzoru wyznaczamy sumę podstaw:

$$a+b=\frac{2P}{h}=\frac{120}{8}=15\ \text{cm}$$

Krok 2 — druga podstawa:

$$15-7=8\ \text{cm}$$

Sprawdzenie: $\frac{(7+8)\cdot8}{2}=60$ cm$^2$ ✔

Odpowiedź: $8$ cm.

Krok 1 — wysokość dzieli trójkąt na dwa prostokątne. Podstawa połówki to $4$, przeciwprostokątna to bok $8$.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h=\sqrt{8^2-4^2}=\sqrt{64-16}=\sqrt{48}=4\sqrt3$$

Wzór ogólny: wysokość trójkąta równobocznego to $\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{8\sqrt3}{2}=4\sqrt3$ ✔

Odpowiedź: $4\sqrt3\approx6{,}93$.

Krok 1 — model. Drabina to przeciwprostokątna $2{,}5$, odległość od ściany to jedna przyprostokątna $0{,}7$, szukamy wysokości $h$.

Krok 2 — twierdzenie:

$$h=\sqrt{2{,}5^2-0{,}7^2}=\sqrt{6{,}25-0{,}49}=\sqrt{5{,}76}=2{,}4\ \text{m}$$

Odpowiedź: $2{,}4$ m.

Trapez prostokątny ma jedno ramię prostopadłe do obu podstaw, co daje dwa kąty proste — przy tym ramieniu.

Pozostałe dwa kąty sumują się do $180^\circ$, ale żaden nie musi być prosty.

Uwaga: gdyby wszystkie cztery kąty były proste, figura byłaby prostokątem.

Odpowiedź: D. dwa.

Przekątna to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $8$ i $6$:

$$d=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: D. $10$.

Kąt prosty leży naprzeciw najdłuższego boku (przeciwprostokątnej). Sprawdzamy: $8^2+15^2=64+225=289=17^2$ ✔

Odpowiedź: D. $17$.

Krok 1 — wysokość. Dzieli ona trójkąt na dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnej $4$ i przeciwprostokątnej $8$:

$$h=\sqrt{64-16}=\sqrt{48}=4\sqrt3\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole:

$$P=\frac{8\cdot4\sqrt3}{2}=16\sqrt3\ \text{cm}^2$$

Kontrola wzorem: $\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{64\sqrt3}{4}=16\sqrt3$ ✔

Odpowiedź: $h=4\sqrt3\approx6{,}93$ cm, $P=16\sqrt3\approx27{,}7$ cm$^2$.

Krok 1 — twierdzenie odwrotne do Pitagorasa. Trójkąt jest prostokątny, gdy $a^2+b^2=c^2$ dla największego boku $c$.

Krok 2 — sprawdzamy:

$$7^2+24^2=49+576=625$$

$$25^2=625$$

Krok 3 — wniosek. Równość zachodzi, więc trójkąt jest prostokątny.

Odpowiedź: tak, jest prostokątny.

Krok 1 — wysokość dzieli podstawę na połowy ($5$ i $5$) i tworzy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $10$.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h=\sqrt{10^2-5^2}=\sqrt{100-25}=\sqrt{75}=5\sqrt3$$

Wzór ogólny: $h=\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{10\sqrt3}{2}=5\sqrt3$ ✔

Odpowiedź: $5\sqrt3$.

Przekątne trapezu równoramiennego są równe, ale nie muszą być prostopadłe.

Prostopadłe przekątne ma romb i deltoid.

Pozostałe trzy zdania poprawnie opisują trapez równoramienny — jego osią symetrii jest prosta przechodząca przez środki obu podstaw.

Odpowiedź: C. przekątne przecinają się pod kątem prostym.

Porównujemy $a^2+b^2$ z $c^2$ dla największego boku $c=3$:

$$2^2+2^2=8,\qquad 3^2=9$$

Ponieważ $8<9$, czyli $a^2+b^2

Reguła (uogólnione twierdzenie Pitagorasa): $a^2+b^2>c^2$ — ostrokątny, $=c^2$ — prostokątny, $

Odpowiedź: C. rozwartokątny.

$$h=\frac{a\sqrt3}{2}$$

Odpowiedź: B. $\frac{a\sqrt3}{2}$.

Krok 1 — model. Drabina, ściana i podłoże tworzą trójkąt prostokątny, w którym drabina jest przeciwprostokątną.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4\ \text{m}$$

Rozpoznanie: trójka $3$–$4$–$5$.

Odpowiedź: na wysokości $4$ m.

Krok 1 — model. Odcinek to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych równych różnicom współrzędnych.

Krok 2 — wzór na odległość (z Pitagorasa):

$$|AB|=\sqrt{(4-1)^2+(6-2)^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$$

Odpowiedź: $|AB|=5$.

Sprawdzamy twierdzenie odwrotne do Pitagorasa dla najdłuższego boku $25$:

$$7^2+24^2=49+576=625$$

$$25^2=625$$

Równość zachodzi.

Wniosek: trójkąt jest prostokątny.

W deltoidzie przekątne są prostopadłe, więc obowiązuje ten sam wzór co dla rombu:

$$P=\frac{e\cdot f}{2}=\frac{14\cdot9}{2}=63\ \text{cm}^2$$

Warto zapamiętać: wzór $\frac{ef}{2}$ działa dla każdego czworokąta o prostopadłych przekątnych.

Odpowiedź: $63$ cm$^2$.

Przekątna to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $80$ i $60$:

$$d=\sqrt{80^2+60^2}=\sqrt{6400+3600}=\sqrt{10000}=100\ \text{cm}$$

Interpretacja: to przekątna $1$ m — telewizor $40$-calowy (bo $100$ cm $\approx39{,}4$ cala).

Odpowiedź: $100$ cm.

Krok 1 — wzór na przekątną: $d=a\sqrt2$.

Krok 2 — podstawiamy:

$$a\sqrt2=8\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad a=8$$

Odpowiedź: $8$.

Przekątna jest przeciwprostokątną trójkąta o dwóch przyprostokątnych $a$:

$$d=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2a^2}=a\sqrt2$$

Uwaga: $a\sqrt3$ to przekątna sześcianu o krawędzi $a$.

Odpowiedź: A. $a\sqrt2$.

$$d=a\sqrt2=5\sqrt2\approx7{,}07$$

Odpowiedź: C. $5\sqrt2$.

$$c=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2$$

Odpowiedź: C. $\sqrt2$.

Krok 1 — pole:

$$P=8\cdot5=40\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — druga wysokość. Pole można policzyć na dwa sposoby, więc:

$$6\cdot h=40 \quad\Rightarrow\quad h=\frac{40}{6}\approx6{,}67\ \text{cm}$$

Obserwacja: wysokość opuszczona na krótszy bok jest dłuższa — to konieczne, żeby iloczyn pozostał stały.

Odpowiedź: pole $40$ cm$^2$, druga wysokość około $6{,}67$ cm.

Krok 1 — model. Ramię ukośne to przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych: wysokość $8$ i różnica podstaw $10-4=6$.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$r=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: ramię ukośne ma $10$.

Krok 1 — przekątna to przeciwprostokątna:

$$w=\sqrt{50^2-30^2}=\sqrt{2500-900}=\sqrt{1600}=40\ \text{cali}$$

Ciekawostka. To proporcje $3:4:5$ przeskalowane $\times10$ — klasyczna trójka pitagorejska.

Odpowiedź: $40$ cali.

Sprawdzamy twierdzenie odwrotne do Pitagorasa:

$$6^2+8^2=36+64=100=10^2 \ ✔$$

Skoro równość zachodzi, trójkąt jest prostokątny — kąt prosty leży naprzeciw najdłuższego boku.

Odpowiedź: B. prostokątny.

$$5^2+12^2=25+144=169=13^2$$

Równość $a^2+b^2=c^2$ oznacza trójkąt prostokątny (twierdzenie odwrotne do Pitagorasa).

Odpowiedź: B. prostokątny.

Porównujemy kwadrat najdłuższego boku z sumą kwadratów pozostałych:

$$2^2+2^2=8,\qquad 3^2=9$$

Ponieważ $8<9$, kąt naprzeciw boku $3$ jest rozwarty.

Zasada: gdy $c^2>a^2+b^2$ — trójkąt rozwartokątny.

Odpowiedź: A. rozwartokątny.

Krok 1 — odcinek odcięty przy dłuższej podstawie. Różnica podstaw dzieli się równo na obie strony:

$$\frac{12-6}{2}=3\ \text{cm}$$

Krok 2 — wysokość (ramię jest przeciwprostokątną):

$$h=\sqrt{25-9}=4\ \text{cm}$$

Krok 3 — pole:

$$P=\frac{(12+6)\cdot4}{2}=36\ \text{cm}^2$$

Krok 4 — obwód:

$$O=12+6+5+5=28\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $h=4$ cm, $P=36$ cm$^2$, $O=28$ cm.

Krok 1 — długość jednej liny. Lina to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $12$ (wysokość) i $5$ (odległość):

$$l=\sqrt{12^2+5^2}=\sqrt{144+25}=\sqrt{169}=13\ \text{m}$$

Krok 2 — cztery liny:

$$4\cdot13=52\ \text{m}$$

Trójka pitagorejska: $5$, $12$, $13$ — dała okrągły wynik.

Odpowiedź: jedna lina $13$ m, łącznie $52$ m.

Krok 1 — obwód:

$$Ob=2(5+12)=34\ \text{cm}$$

Krok 2 — przekątna (Pitagoras):

$$d=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{25+144}=\sqrt{169}=13\ \text{cm}$$

Odpowiedź: obwód $34$ cm, przekątna $13$ cm.

Krok 1 — droga wzdłuż boków:

$$30+40=70\ \text{m}$$

Krok 2 — przekątna:

$$d=\sqrt{900+1600}=\sqrt{2500}=50\ \text{m}$$

Krok 3 — oszczędność:

$$70-50=20\ \text{m}$$

Rozpoznanie: trójka $30$–$40$–$50$, czyli $3$–$4$–$5$ pomnożona przez $10$.

Odpowiedź: zaoszczędzi $20$ m.

Krok 1 — wysokość na podstawę. Dzieli podstawę na połowy ($6$ i $6$), tworząc trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $10$:

$$h=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{100-36}=\sqrt{64}=8$$

Krok 2 — pole trójkąta:

$$P=\frac{a\cdot h}{2}=\frac{12\cdot8}{2}=48$$

Klucz. Wysokość trójkąta równoramiennego pada na środek podstawy — dlatego przyprostokątna to połowa podstawy ($6$), nie cała.

Odpowiedź: $P=48$.

Krok 1 — model. Ramię ukośne to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych: wysokość $8$ i różnica podstaw $10-4=6$.

Krok 2 — Pitagoras:

$$r=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: $10$.

Krok 1 — pole prostokąta:

$$P_1=10\cdot6=60\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — pole trójkąta:

$$P_2=\frac{6\cdot8}{2}=24\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — pole łączne:

$$P=60+24=84\ \text{cm}^2$$

Krok 4 — przeciwprostokątna trójkąta:

$$c=\sqrt{36+64}=10\ \text{cm}$$

Krok 5 — obwód figury. Bok stykowy ($6$ cm) leży wewnątrz, więc go nie liczymy. Obwód tworzą: dwa dłuższe boki prostokąta, jego drugi krótszy bok oraz dwa boki trójkąta:

$$O=10+10+6+8+10=44\ \text{cm}$$

Odpowiedź: pole $84$ cm$^2$, obwód $44$ cm.

Krok 1 — droga dłuższa (po bokach):

$$30+40=70\ \text{m}$$

Krok 2 — droga na skróty. To przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $30$ i $40$:

$$d=\sqrt{30^2+40^2}=\sqrt{900+1600}=\sqrt{2500}=50\ \text{m}$$

Krok 3 — różnica:

$$70-50=20\ \text{m}$$

Interpretacja. To praktyczne zastosowanie Pitagorasa — trójka $30$, $40$, $50$ (wielokrotność $3,4,5$). Skrót oszczędza $20$ m.

Odpowiedź: o $20$ m krótsza.

Krok 1 — model. Alejki są prostopadłe, więc drogi osób to przyprostokątne, a odległość między nimi — przeciwprostokątna.

Krok 2 — Pitagoras:

$$d=\sqrt{300^2+400^2}=\sqrt{90\,000+160\,000}=\sqrt{250\,000}=500\ \text{m}$$

Odpowiedź: $500$ m.

Krok 1 — pole kwadratu:

$$P_1=6\cdot6=36\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — pole rombu:

$$P_2=a\cdot h=6\cdot3=18\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — porównanie:

$$\frac{36}{18}=2$$

Kwadrat ma pole dwa razy większe.

Wyjaśnienie. Obie figury mają identyczne boki i ten sam obwód ($24$ cm), ale różne pola. Romb jest „spłaszczony" — im mniejszy kąt ostry, tym mniejsza wysokość, a więc i pole. Kwadrat to romb o kącie $90^\circ$, czyli przypadek o największym możliwym polu przy danym boku.

Wniosek ogólny: równy obwód nie oznacza równego pola.

Odpowiedź: kwadrat $36$ cm$^2$, romb $18$ cm$^2$ — dwukrotna różnica.

Krok 1 — wskazujemy przeciwprostokątną. Najdłuższy bok to $n^2+1$ (bo $n^2+1>n^2-1$ oraz $n^2+1>2n$ dla $n>1$). Sprawdzamy twierdzenie odwrotne do Pitagorasa.

Krok 2 — suma kwadratów krótszych boków:

$$(n^2-1)^2+(2n)^2$$

Krok 3 — rozwijamy:

$$(n^4-2n^2+1)+4n^2=n^4+2n^2+1$$

Krok 4 — kwadrat najdłuższego boku:

$$(n^2+1)^2=n^4+2n^2+1$$

Krok 5 — porównanie. Obie strony są równe, więc $a^2+b^2=c^2$ — trójkąt jest prostokątny. $\qquad ∎$

Wniosek. To wzór generujący trójki pitagorejskie: dla $n=2$ daje $3,4,5$; dla $n=3$ daje $8,6,10$; dla $n=4$ daje $15,8,17$.

Krok 1 — $c$ jest najdłuższym bokiem. Dla $n>1$ mamy $n^2+1>n^2-1$ oraz $n^2+1>2n$ (bo $n^2-2n+1=(n-1)^2>0$). Sprawdzamy więc $a^2+b^2=c^2$.

Krok 2 — lewa strona:

$$a^2+b^2=(n^2-1)^2+(2n)^2=n^4-2n^2+1+4n^2=n^4+2n^2+1$$

Krok 3 — prawa strona:

$$c^2=(n^2+1)^2=n^4+2n^2+1$$

Krok 4 — wniosek. Obie strony są równe, więc z twierdzenia odwrotnego do Pitagorasa trójkąt jest prostokątny. $\quad∎$

Zastosowanie: dla $n=2$ dostajemy trójkę $3,4,5$; dla $n=3$ — $8,6,10$. To wzór na trójki pitagorejskie.