Przyjmijmy standardowe oznaczenia długości przyprostokątnych trójkąta $ABC$.

RToETtPE2Ouk7

Na ilustracji przedstawiono trójkąt z kątem prostym przy wierzchołku C. Z wierzchołka C opuszczono wysokość oznaczoną h, do punktu D, leżącego na przeciwprostokątnej $AB$. Przyprostokątna $BC$ oznaczono literą a, natomiast przyprostokątną $AC$ oznaczono literą B. Długość odcinka $BD$ wynosi y, natomiast długość odcinka $AD$ wynosi x.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów $ADC$, $CDB$ i $ABC$ otrzymujemy

$x^2+h^2=b^2$ i $y^2+h^2=a^2$ i $a^2+b^2={\left(x+y\right)}^2$.

Ostatnie równanie możemy zapisać w postaci $a^2+b^2=x^2+2xy+y^2$, więc stąd i z dwóch pierwszych równań otrzymujemy $y^2+h^2+x^2+h^2=x^2+2xy+y^2$, czyli $2h^2=2xy$, więc $h^2=xy$.

Stąd $h=\sqrt{xy}$, co kończy dowód.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

RthNEMFwf0GKf

Na ilustracji przedstawiono trapez prostokątny $ABCD$. Dolną podstawę $AB$ oznaczono literą a, natomiast górną podstawę $CD$ oznaczono literą b. Bok $AD$ oznaczono h. Poprowadzono przekątną $AC$, oznaczoną literą c, oraz przekątną $BD$, oznaczoną literą d.

Wtedy tezę możemy zapisać w postaci $a^2+c^2=b^2+d^2$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów $ABD$ i $ACD$ otrzymujemy

$h^2+a^2=d^2$ oraz $h^2+b^2=c^2$.

Odejmując stronami te równania, otrzymujemy

$a^2-b^2=d^2-c^2$.

Stąd

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

To kończy dowód.

Niech $a$, $b$ i $c$ oznaczają długości boków trójkąta prostokątnego i niech $\left(a, b, c\right)$ będzie rosnącym ciągiem arytmetycznym o różnicy $r$. Zatem $b=a+r$ i $c=a+2r$. Oczywiście przeciwprostokątną trójkąta jest bok o długości $c$.

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równość

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

Zatem

$a^2+{\left(a+r\right)}^2={\left(a+2r\right)}^2$,

$a^2+a^2+2ar+r^2=a^2+4ar+4r^2$,

$a^2-2ar-3r^2=0$.

Otrzymaliśmy równanie kwadratowe, które możemy potraktować jak równanie kwadratowe z niewiadomą $a$ i rozwiązać je tradycyjnie, korzystając ze wzorów na pierwiastki trójmianu kwadratowego, ale możemy też to równanie rozwiązać metodą grupowania wyrazów. Wtedy mamy kolejno

$a^2+ar-3ar-3r^2=0$,

$a\left(a+r\right)-3r\left(a+r\right)=0$,

$\left(a+r\right)\left(a-3r\right)=0$.

Czynnik $a+r$ jest dodatni, bo $a>0$ i $r>0$, więc otrzymujemy $a=3r$, czyli $r=\frac{1}{3}a$.

Z drugiej strony promień $r_w$ okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny jest równy

$r_w=\frac{a+b-c}{2}=\frac{a+(a+r)-(a+2r)}{2}=\frac{a+a+r-a-2r}{2}=\frac{a-r}{2}=\frac{3r-r}{2}=\frac{2r}{2}=r$.

To kończy dowód.

Poprowadźmy przez punkt $P$ proste równoległe do boków kwadratu, punkty ich przecięcia z bokami kwadratu oznaczmy przez $E$, $F$, $G$ i $H$ oraz niech $a=\left|AB\right|$, $x=\left|HP\right|$, $y=\left|PE\right|$, jak na rysunku.

R1BozJHHmTT76

Ilustracja przedstawia kwadrat A B C D. W jego dolnej lewej części zaznaczono punkt P i poprowadzono cztery odcinki: A P oraz B P oraz C P o raz D P. Przez punkt P poprowadzono dwa prostopadłe odcinki o końcach znajdujących się na bokach kwadratu. Odcinek G E, gdzie punkt G leży na górnym boku C D, a punkt E leży na dolnym boku A B. Poziomy odcinek przechodzący przez punkt P to odcinek H F, gdzie punkt H leży na lewym boku A D, a punkt F leży na prawym boku B C. Poziomy odcinek H P oznaczono jako x, a pionowy odcinek P E oznaczono literą y, odcinek leżący na dolnym boku kwadratu E B oznaczono literą a.

Wtedy $\left|PF\right|=a-x$ oraz $\left|PG\right|=a-y$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów $AEP$, $EBP$, $PFC$ i $HPD$ otrzymujemy równości

${\left|AP\right|}^2=x^2+y^2$,

${\left|BP\right|}^2={\left(a-x\right)}^2+y^2$,

${\left|CP\right|}^2={\left(a-x\right)}^2+{\left(a-y\right)}^2$,

${\left|DP\right|}^2=x^2+{\left(a-y\right)}^2$.

Zatem

${\left|AP\right|}^2+{\left|CP\right|}^2=x^2+y^2+{\left(a-x\right)}^2+{\left(a-y\right)}^2=$

$={\left(a-x\right)}^2+y^2+x^2+{\left(a-y\right)}^2={\left|BP\right|}^2+{\left|DP\right|}^2$.

To kończy dowód.