3. Twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa

R1KEC6B57V8T1

Twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa pojawia się już w $IV$ wieku p.n.e. w słynnym dziele Euklidesa pt. Elementy: „Jeśli w trójkącie kwadrat zbudowany na jednym z boków jest równy sumie kwadratów zbudowanych na pozostałych bokach, to kąt zawarty między pozostałymi bokami jest prosty.”

W Starożytnym Egipcie, ale też w Chinach, Babilonie i Mezopotamii wykorzystywano, tak zwany trójkąt egipski (trójkąt o proporcji boków $3 : 4 : 5$ ) do wyznaczania kąta prostego za pomocą sznurka lub liny, podzielonej na $12$ części. Prawdopodobnie Pitagoras odkrył tę zależność obserwując konstrukcje piramid zbudowanych na trójkącie egipskim, na przykład piramidy Chefrena w Egipcie.

RKAUZFE8BLQ88

Na ilustracji przedstawiono piramidę egipską. — Piramida Chefrena, Egipt
Źródło: dostępny w internecie: www.pixabay.com, domena publiczna.

W literaturze funkcjonuje tak zwany, trójkąt indyjski o proporcji boków $13 : 14 : 15$ . Zobaczysz, że trójkąt indyjski nie jest prostokątny.

Twoje cele

Sformułujesz i udowodnisz twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa.
Wymienisz trójki pitagorejskie i określisz ich związek z trójkątami prostokątnymi.
Udowodnisz, że trójkąt o danych bokach jest prostokątny.
Wykorzystasz twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa do rozpoznawania rodzaju kątów w trójkącie.
Zastosujesz odwrotne twierdzenie Pitagorasa w sytuacjach praktycznych i zagadnieniach matematycznych.

Twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa

Twierdzenie: Twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa

Jeżeli suma kwadratów długości dwóch boków trójkąta jest równa kwadratowi długości trzeciego boku, to ten trójkąt jest prostokątny.

Dowód

Zakładamy, że długości boków trójkąta wynoszą $a$ , $b$ , $c$ oraz $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ . Dla uproszczenia rozważań zakładamy, że $a \geq b$ .

Niech $α$ będzie kątem między bokami $a$ , $b$ . Pokażemy, że $α$ nie może być ani kątem ostrym ani kątem rozwartym, więc musi być kątem prostym.

1. Przypuśćmy, że $α$ jest kątem ostrym.

REQFNH4GLXMRU

Na ilustracji przedstawiono trójkąt A B C. Zaznaczono kąt alfa między ramieniem A C, a podstawą C B. Z wierzchołka A, opuszczono wysokość h, do podstawy B C, której spodek leży w punkcie D. Wysokość dzieli podstawę na dwa odcinki, oraz dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne. Trójkąt pierwszy o bokach x, h i b. Trójkąt drugi o bokach a, minus, x, h i c.

Wysokość $h$ jest prostopadła do $B C$ , więc dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne.

Z twierdzenia Pitagorasa mamy $h^{2} = b^{2} - x^{2}$ , $h^{2} = c^{2} - {(a - x)}^{2}$ .

Stąd $b^{2} - x^{2} = c^{2} - {(a - x)}^{2} = c^{2} - a^{2} + 2 a x - x^{2}$ .

Zatem $a^{2} + b^{2} = c^{2} + 2 a x$ , ale $2 a x > 0$ , więc nie jest spełniona równość $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ . To pokazuje, że $α$ nie może być kątem ostrym.

2. Przypuśćmy, że $α$ jest kątem rozwartym. Wtedy mamy sytuację jak na rysunku.

R1QODCC5XVU2C

Na ilustracji przedstawiono trójkąt A B E, z kątem prostym przy wierzchołku E. Długość przyprostokątnej E B wynosi x, plus, a, długość przyprostokątnej A E wynosi h, natomiast długość przeciwprostokątnej wynosi c. Na podstawie E B, zaznaczono punkt C, oddalony o odległość x od wierzchołka E, oraz o odległość a od wierzchołka B. Punkt C połączono z wierzchołkiem A. ∠ B C A wynosi alfa.

Wykonujemy przeliczenia analogiczne do przedstawionych wyżej: $h^{2} = b^{2} - x^{2}$ , $h^{2} = c^{2} - {(a + x)}^{2}$ .

Stąd $b^{2} - x^{2} = c^{2} - {(a + x)}^{2} = c^{2} - a^{2} - 2 a x - x^{2}$ .

Zatem $a^{2} + b^{2} = c^{2} - 2 a x$ , ale $2 a x > 0$ , więc nie jest spełniona równość $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ . To pokazuje, że $α$ nie może być kątem rozwartym.

Ostatecznie, $α$ nie jest kątem ostrym ani kątem rozwartym, więc musi być kątem prostym.

Możemy udowodnić to twierdzenie, wykorzystując przystawanie trójkątów.

Dowód

Zakładamy, że długości boków trójkąta $A B C$ wynoszą $a$ , $b$ , $c$ oraz $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ . Wtedy $c = \sqrt{a^{2} + b^{2}}$ .

Konstruujemy drugi trójkąt $K L M$ o bokach $a$ , $b$ i kącie prostym między tymi bokami. Powstał w ten sposób trójkąt prostokątny o bokach $a$ , $b$ , więc jego przeciwprostokątna na mocy twierdzenia Pitagorasa ma długość $\sqrt{a^{2} + b^{2}}$ . Zatem trójkąty $A B C$ i $K L M$ mają równe boki, więc na mocy cechy przystawania bok‑bok‑bok są przystające. Stąd odpowiednie kąty w tych trójkątach mają równe miary i stąd trójkąt $A B C$ jest trójkątem prostokątnym.

Przykład 1

Trójkątem egipskimtrójkąt egipskiTrójkątem egipskim nazywa się trójkąt o stosunku boków $3 : 4 : 5$ .

Pokażemy, że trójkąt egipski jest prostokątny.

Rozwiązanie

Boki trójkąta egipskiego, to $3 a$ , $4 a$ , $5 a$ dla pewnej dodatniej liczby $a$ .

Wtedy ${(3 a)}^{2} + {(4 a)}^{2} = 9 a^{2} + 16 a^{2} = 25 a^{2} = {(5 a)}^{2}$ .

Na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa jest to trójkąt prostokątny.

Przykład 2

Trójkątem indyjskim nazywa się trójkąt o stosunku boków $13 : 14 : 15$ .

Pokażemy, z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa, że trójkąt indyjski nie jest prostokątny oraz wykorzystując twierdzenie Pitagorasa rozważymy, jak powinny zmienić się długości boków, żeby dostać trójkąt prostokątny.

Rozwiązanie

Oznaczamy długości boków trójkąta indyjskiego: $13 a$ , $14 a$ , $15 a$ dla pewnej dodatniej liczby $a$ .

Wtedy ${(13 a)}^{2} + {(14 a)}^{2} = 169 a^{2} + 196 a^{2} = 365 a^{2}$ . Natomiast ${(15 a)}^{2} = 225 a^{2}$ . Ponieważ nie zachodzi równość Pitagorasa, to trójkąt nie jest prostokątny.

Rozpatrzmy teraz, jakim stosunkiem powinny wyrażać się boki, by trójkąt był prostokątny.

Obliczymy długość przeciwprostokątnej, gdy przyprostokątne mają długości $13 a$ i $14 a$ .

Wtedy $c^{2} = {(13 a)}^{2} + {(14 a)}^{2} = 365 a^{2}$ , więc $c = \sqrt{365} a$ .

Obliczymy długość przyprostokątnej, gdy pozostałe boki mają długości $14 a$ i $15 a$ .

Wtedy $b^{2} = {(15 a)}^{2} - {(14 a)}^{2} = (15 a - 14 a) (15 a + 14 a) = 29 a^{2}$ , więc $b = \sqrt{29} a$ .

Przykład 3

Dane są dwa boki trójkąta długości $\sqrt{2}$ i $\sqrt{3}$ . Wyznaczymy długość trzeciego boku tak, żeby trójkąt był prostokątny.

Rozwiązanie

Rozważymy dwa przypadki, gdy

nieznany bok $x$ ma długość większą od $\sqrt{3}$ . Wtedy $x^{2} = {\sqrt{2}}^{2} + {\sqrt{3}}^{2} = 5$ . Stąd $x = \sqrt{5}$ ;

nieznany bok $x$ ma długość mniejszą od $\sqrt{3}$ . Wtedy $x^{2} = {\sqrt{3}}^{2} - {\sqrt{2}}^{2} = 1$ . Stąd $x = 1$ .

Przykład 4

Dany jest równoległobok, którego bok $a$ ma długość $30$ a przekątna ma długość $52$ . Wyznaczymy długość boku $b$ tak, żeby ten równoległobok był prostokątem.

Rozwiązanie

Z odwrotnego twierdzenia Pitagorasa musi zachodzić $b^{2} = 52^{2} - 30^{2} = 1804$ .

Stąd $b = 2 \sqrt{451}$ .

Rozpoznawanie trójkątów

Na początek przypomnimy zależności między długościami boków trójkąta.

długości boków trójkąta

Własność: długości boków trójkąta

Jeżeli $a$ , $b$ , $c$ są długościami boków trójkąta, to

|b - c| < a < b + c

|a - c| < b < a + c

|a - b| < c < a + b

Gdyby jedna z tych nierówności nie była spełniona, to nie można by było zbudować trójkąta o bokach $a$ , $b$ , $c$ .

W trójkącie najdłuższy bok leży naprzeciw kąta o największej mierze.

Dla utrwalenia tej własności uruchom aplet. Zwróć uwagę na miarę kąta $C A B$ i boku leżącego na przeciwko niego. Możesz w każdej chwili zatrzymać aplet aby przyjrzeć się uważniej zaznaczonym danym.

R1167N73418QX

Trójkąt prostokątny

Twierdzenie Pitagorasa i twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa jednoznacznie charakteryzują trójkąty prostokątnetrójkąt prostokątnytrójkąty prostokątne jako trójkąty, których boki spełniają zależność $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ .

Trójkąt ostrokątny

Rozważmy trójkąt ostrokątny o bokach $a$ , $b$ , $c$ . Niech $α$ będzie kątem przy wierzchołku $C$ .

R1FPOUUOLQG8K

Wysokość $h$ jest prostopadła do $B C$ , więc dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne.

Z twierdzenia Pitagorasa mamy

h^{2} = b^{2} - x^{2}

h^{2} = c^{2} - {(a - x)}^{2}

Stąd

b^{2} - x^{2} = c^{2} - {(a - x)}^{2} = c^{2} - a^{2} + 2 a x - x^{2}

Zatem

a^{2} + b^{2} = c^{2} + 2 a x

ale $2 a x > 0$ , więc

a^{2} + b^{2} > c^{2}

Stąd wynika:

trójkątów ostrokątnych

Własność: trójkątów ostrokątnych

Jeżeli trójkąt jest ostrokątny, to dla dowolnej pary boków tego trójkąta suma kwadratów ich długości jest większa od kwadratu trzeciego boku.

Dowód

Jeśli kąt między bokami $a$ , $b$ jest ostry, to $a^{2} + b^{2} > c^{2}$ . Ponieważ trójkąt ostrokątny ma wszystkie kąty ostre, to kąty między dowolnymi dwoma bokami są ostre, więc dla dowolnej pary boków tego trójkąta suma kwadratów ich długości jest większa od kwadratu trzeciego boku.

Sprawdzanie własności opisanej w twierdzeniu można sprowadzić do sprawdzenia, czy kąt leżący naprzeciwko najdłuższego boku trójkąta jest kątem ostrym. Wynika to z własności, że największy kąt w trójkącie leży naprzeciwko najdłuższego boku.

Trójkąt rozwartokątny

Rozważmy trójkąt rozwartokątny o bokach $a$ , $b$ , $c$ .

Niech $α$ będzie kątem rozwartym, jak na rysunku.

R1TBLTC9ES56M

Wykonujemy przeliczenia analogiczne do przedstawionych wyżej.

h^{2} = b^{2} - x^{2}

h^{2} = c^{2} - {(a + x)}^{2}

Stąd

b^{2} - x^{2} = c^{2} - {(a + x)}^{2} = c^{2} - a^{2} - 2 a x - x^{2}

Zatem

a^{2} + b^{2} = c^{2} - 2 a x

ale $2 a x > 0$ , więc

a^{2} + b^{2} < c^{2}

Stąd wynika:

trójkątów rozwartokątnych

Własność: trójkątów rozwartokątnych

Jeżeli trójkąt jest rozwartokątny, to istnieje para boków tego trójkąta taka, że suma kwadratów ich długości jest mniejsza od kwadratu trzeciego boku.

Dowód

Jeśli kąt między bokami $a$ , $b$ jest rozwarty, to $a^{2} + b^{2} < c^{2}$ . Ponieważ trójkąt rozwartokątny ma jeden kąt rozwarty, to dla pary boków tworzących ten kąt zachodzi, suma kwadratów ich długości jest mniejsza od kwadratu trzeciego boku.

Twierdzenie o klasyfikacji kątów

Twierdzenie: Twierdzenie o klasyfikacji kątów

Jeżeli $a$ , $b$ , $c$ są długościami boków trójkąta, to kąt między bokami $a$ , $b$ jest:

ostry wtedy i tylko wtedy, gdy $a^{2} + b^{2} > c^{2}$ ;

prosty wtedy i tylko wtedy, gdy $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ ;

rozwarty wtedy i tylko wtedy, gdy $a^{2} + b^{2} < c^{2}$ .

Dowód

Pokazaliśmy wyżej, że jeżeli kąt między bokami $a$ , $b$ jest

ostry, to $a^{2} + b^{2} > c^{2}$ ;

prosty, to $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ ;

rozwarty, to $a^{2} + b^{2} < c^{2}$ .

Przedstawmy to graficznie, gdzie strzałka pokazuje kierunek wnioskowania.

R1UXBQSL1E5HN

Na ilustracji przedstawiono trzy trójkąty różnoboczne A B C. W trójkącie pierwszym zaznaczono kąt ostry alfa między bokiem a i b, przy wierzchołku A. Obok zapisano wniosek a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, większy niż, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego. W trójkącie drugim zaznaczono kąt prosty alfa między bokiem a i b, przy wierzchołku A. Obok zapisano wniosek a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego. W trójkącie trzecim zaznaczono kąt rozwarty alfa między bokiem a i b, przy wierzchołku A. Obok zapisano wniosek a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mniejszy niż, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego.

Należy teraz pokazać własności odwrotne, czyli odwrócić kierunek wnioskowania.

Załóżmy, że $a^{2} + b^{2} > c^{2}$ . Wtedy kąt między bokami $a$ i $b$ nie może być prosty, bo musiałaby być równość. Nie może być też rozwarty, bo wtedy mielibyśmy $a^{2} + b^{2} < c^{2}$ . Zatem kąt między bokami $a$ i $b$ jest ostry. Analogiczne rozważania przeprowadzamy dla pozostałych zależności. Stąd w graficznym przedstawieniu prawdziwe jest wnioskowanie w drugą stronę.

RL4H5EQ9D6Z9A

Na ilustracji zapisano wnioski, obok których przedstawiono trójkąty. Wniosek 1. a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego. Obok narysowano trójkąt z kątem ostrym między bokiem a i b. Wniosek 2. a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego. Obok narysowano trójkąt z kątem prostym między bokiem a i b. Wniosek 3. a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mniejszy niż, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego. Obok narysowano trójkąt z kątem rozwartym między bokiem a i b.

Jako wniosek z twierdzenia o klasyfikacji kątów dostajemy:

o klasyfikacji trójkątów

Twierdzenie: o klasyfikacji trójkątów

Trójkąt jest ostrokątny, wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnej pary boków tego trójkąta suma kwadratów ich długości jest większa od kwadratu trzeciego boku.

Trójkąt jest prostokątny, wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje para boków tego trójkąta taka, że suma kwadratów ich długości jest równa kwadratowi trzeciego boku.

Trójkąt jest rozwartokątny, wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje para boków tego trójkąta taka, że suma kwadratów ich długości jest mniejsza od kwadratu trzeciego boku.

Przykład 5

Dane są dwa boki trójkąta $a = 2$ , $b = \sqrt{3}$ oraz wiemy, że trzeci bok $c > a$ , $b$ . Wyznaczymy zbiór wartości boku $c$ , dla których ten trójkąt jest rozwartokątnytrójkąt rozwartokątnytrójkąt jest rozwartokątny.

Rozwiązanie

Musi zachodzić nierówność $a^{2} + b^{2} < c^{2}$ . Stąd $c^{2} > 2^{2} + {\sqrt{3}}^{2} = 7$ . Stąd $c > \sqrt{7}$ .

Z własności boków trójkąta i z założenia $2 < c < 2 + \sqrt{3}$ .

Wartość $c$ należy do części wspólnej tych przedziałów, czyli $\sqrt{7} < c < 2 + \sqrt{3}$ .

Przykład 6

Dane są dwa boki trójkąta $a = \sqrt{2}$ , $b = \sqrt{3}$ oraz wiemy, że trzeci bok $c > a$ , $b$ . Wyznaczymy zbiór wartości boku $c$ , dla których ten trójkąt jest ostrokątnytrójkąt ostrokątnytrójkąt jest ostrokątny.

Rozwiązanie

Musi zachodzić nierówność $c^{2} < a^{2} + b^{2}$ . Stąd $c^{2} < {\sqrt{2}}^{2} + {\sqrt{3}}^{2} = 5$ . Stąd $c < \sqrt{5}$ .

Z własności boków trójkąta i z założenia $\sqrt{3} < c < \sqrt{2} + \sqrt{3}$ .

Wartość $c$ należy do części wspólnej tych przedziałów, czyli $\sqrt{3} < c < \sqrt{5}$ .

Przykład 7

Wiemy, że trójkąt równoramienny ma podstawę długości $10$ . Wyznaczymy długości ramion, dla których trójkąt ten jest:

ostrokątny;

prostokątnytrójkąt prostokątnyprostokątny;

rozwartokątny.

Rozwiązanie

Na początku zauważamy, że jeśli kąt leżący naprzeciwko podstawy ma miarę $α$ , to pozostałe kąty tego trójkąta mają miarę $90 ° - \frac{α}{2}$ , czyli są ostre. Stąd wynika, że do określenia rodzaju trójkąta równoramiennego wystarczy określić rodzaj kąta leżącego naprzeciwko podstawy.

Niech $a$ oznacza długość ramienia, wtedy $a > \frac{10}{2} = 5$ .

Obliczamy sumę kwadratów ramion trójkąta $a^{2} + a^{2}$ , a następnie porównujemy $2 a^{2}$ z wartością $10^{2} = 100$ .

Trójkąt jest prostokątny, wtedy i tylko wtedy, gdy $2 a^{2} = 100$ , czyli $a^{2} = 50$ , stąd $a = 5 \sqrt{2}$ .

Trójkąt jest ostrokątny, wtedy i tylko wtedy, gdy $2 a^{2} > 100$ , czyli $a > 5 \sqrt{2}$ .

Trójkąt jest rozwartokątny, wtedy i tylko wtedy, gdy $2 a^{2} < 100$ , czyli $5 < a < 5 \sqrt{2}$ .

Przykład 8

Promień okręgu o środku $S$ wynosi $r$ . Rozważamy kąty środkowe w tym okręgu. Wyznaczymy dla jakich długości cięciw kąty środkowe są ostre.

R181M6AAM46PO

Na ilustracji przedstawiono okrąg o środku w punkcie S i promieniu równym r. Na okręgu zaznaczono punkt A, oraz punkt B. Utworzono trójkąt równoramienny A B S, o ramieniu długości r. ∠ A S B oznaczono alfa.

Rozwiązanie

Trójkąt $A B S$ jest trójkątem równoramiennym o długości ramienia równej promieniowi okręgu. Kąt środkowy oparty na cięciwie $A B$ to kąt $A S B$ tego trójkąta.

Jeśli $α$ jest kątem ostrym w trójkącie $A S B$ to:

$2 r^{2} > {|A B|}^{2}$ , więc $|A B| < r \sqrt{2}$ .

Trójki pitagorejskie

Trójką pitagorejskątrójka pitagorejskaTrójką pitagorejską nazywamy trzy liczby całkowite dodatnie $a$ , $b$ , $c$ takie, że $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ .

Zazwyczaj trójki pitagorejskie zapisujemy w postaci ( $a$ , $b$ , $c$ ) gdzie $a, b < c$ .

Z odwrotnego twierdzenia Pitagorasa wynika, że trójkąt, którego boki tworzą trójkę pitagorejską jest prostokątny oraz $c$ jest przeciwprostokątną, $a$ i $b$ są przyprostokątnymi tego trójkąta. Taki trójkąt nazywany jest trójkątem pitagorejskimtrójkąt pitagorejskitrójkątem pitagorejskim. Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że każdy trójkąt prostokątny o bokach całkowitych jest trójkątem pitagorejskim.

Trójkąt egipski jest trójkątem pitagorejskim, a trójkąt indyjski nie jest trójkątem pitagorejskim.

Własność trójek pitagorejskich

Własność: Własność trójek pitagorejskich

Jeżeli ( $a$ , $b$ , $c$ ) jest trójką pitagorejską, to dla dowolnej całkowitej dodatniej liczby $k$ , trójka ( $k a$ , $k b$ , $k c$ ) jest trójką pitagorejską. Trójkąt o bokach $k a$ , $k b$ , $k c$ jest podobny do trójkąta o bokach $a$ , $b$ , $c$ w skali $k$ .

Dowód

Jeżeli ( $a$ , $b$ , $c$ ) jest trójką pitagorejską, to $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ .

Weźmy dowolną całkowitą liczbę dodatnią $k$ , wtedy $k a$ , $k b$ , $k c$ są dodatnimi liczbami całkowitymi.

Wtedy ${(k a)}^{2} + {(k b)}^{2} = k^{2} a^{2} + k^{2} b^{2} = k^{2} (a^{2} + b^{2}) = k^{2} c^{2} = {(k c)}^{2}$ . Zatem ( $k a$ , $k b$ , $k c$ ) jest trójką pitagorejską.

Ponieważ stosunek odpowiednich boków trójkąta o bokach $k a$ , $k b$ , $k c$ do boków trójkąta bokach $a$ , $b$ , $c$ wynosi $k$ , to trójkąt o bokach $k a$ , $k b$ , $k c$ jest podobny do trójkąta o bokach $a$ , $b$ , $c$ w skali $k$ .

Z powyższego dowodu wynika, że jeżeli ( $a$ , $b$ , $c$ ) jest trójką pitagorejską i $k$ jest dowolną liczbą rzeczywistą dodatnią, to trójkąt o bokach $k a$ , $k b$ , $k c$ jest prostokątny, podobny do trójkąta pitagorejskiego, ale sam nie musi być pitagorejski.

Przykład 9

Pokażemy, że prostokątny trójkąt równoramienny nie jest trójkątem pitagorejskim.

Rozwiązanie

Rzeczywiście, $c^{2} = a^{2} + a^{2} = 2 a^{2}$ . Wtedy $c = a \sqrt{2}$ , więc $c$ nie jest liczbą wymierną i stąd nie jest liczbą całkowitą.

Sposób wyznaczania trójek pitagorejskich

Bierzemy dwie całkowite nieparzyste liczby dodatnie $m$ i $n$ takie, że $m > n$ .

Wyznaczamy trójkę pitagorejską ( $a$ , $b$ , $c$ ) stosując wzory:
$a = m n$ , $b = \frac{m^{2} - n^{2}}{2}$ , $c = \frac{m^{2} + n^{2}}{2}$ .

Sprawdzimy, że wyznaczone wyżej liczby $a$ , $b$ , $c$ tworzą trójkę pitagorejską.

Po pierwsze $a$ jest liczbą całkowitą dodatnią jako iloczyn dwóch liczb całkowitych dodatnich. Również $b$ i $c$ są całkowite, bo $m$ i $n$ są nieparzyste, więc ich kwadraty też są nieparzyste. Natomiast różnica i suma liczb nieparzystych są parzyste, więc są podzielne przez dwa. Ponadto, założenie, że $m > n$ gwarantuje nam, że $b$ jest liczbą dodatnią.

Zauważmy, że:

$a^{2} + b^{2} = {(m n)}^{2} + {(\frac{m^{2} - n^{2}}{2})}^{2} = \frac{4 m^{2} n^{2} + m^{4} - 2 m^{2} n^{2} + n^{4}}{4} =$

$= \frac{m^{4} + 2 m^{2} n^{2} + n^{4}}{4} = {(\frac{m^{2} + n^{2}}{2})}^{2} = c^{2}$

co oznacza, że liczby: $a = m n$ , $b = \frac{m^{2} - n^{2}}{2}$ , $c = \frac{m^{2} + n^{2}}{2}$ tworzą trójkę pitagorejską.

Przykład 10

Wyznaczymy trójkę pitagorejską mając podane wartości dwóch liczb całkowitych dodatnich $m = 25$ i $n = 21$ .

Rozwiązanie

$a = m \cdot n = 25 \cdot 21 = 525$

$b = \frac{m^{2} - n^{2}}{2} = \frac{25^{2} - 21^{2}}{2} = \frac{625 - 441}{2} = \frac{184}{2} = 92$

$c = \frac{m^{2} + n^{2}}{2} = \frac{25^{2} + 21^{2}}{2} = \frac{625 + 441}{2} = \frac{1066}{2} = 533$

Schemat interaktywny

W schemacie interaktywnym masz możliwość sprawdzenia, czy trójkąt jest prostokątny lub wygenerowania trójki pitagorejskej.

R1DQO9Q33E26A1

Polecenie 1

1. W części „Sprawdź, czy trójkąt jest prostokątny” wpisz dwie dodatnie, całkowite wartości długości przyprostokątnych. Następnie wstawiaj różne długości przeciwprostokątnych. Spróbuj trafić tak, by powstał trójkąt prostokątny.

2. W części „Wygeneruj trójkę pitagorejską” wygeneruj trójkę pitagorejską i jej wartości wstaw w „Sprawdź, czy trójkąt jest prostokątny”. Dlaczego otrzymany trójkąt jest prostokątny?

Zapoznaj się z opisem schematu interaktywnego, a następnie wykonaj polecenia.

Polecenie 2

Zaznacz wszystkie poprawne odpowiedzi.

R6OL4KMANSBD9

R1XC1LFRL5EAT

R1Q55Z598UJ39

R6OL4KMANSBD9

R1XC1LFRL5EAT

R1Q55Z598UJ39

Zestaw ćwiczeń interaktywnych

fullpage

Pokaż ćwiczenia:

R1DOUHDKM5VXA1

Ćwiczenie 1

R11FP43JF97OU1

Ćwiczenie 2

R16RFGOJMDBRT1

Ćwiczenie 3

R2QGAU3564HFV2

Ćwiczenie 4

Ćwiczenie 5

Wykaż, że równoległobok o bokach długości $a = 10$ i $b = 8$ oraz przekątnej długości $d = 2 \sqrt{41}$ jest prostokątem.

$a^{2} + b^{2} = 8^{2} + 10^{2} = 64 + 100 = 164 = {(\sqrt{164})}^{2} = {(2 \sqrt{41})}^{2} = d^{2}$ .

Zatem trójkąt o bokach długości $a, b, d$ jest trójkątem prostokątnym, co oznacza, że dany równoległobok jest prostokątem.

REGZ3Q8HMN1BX2

Ćwiczenie 6

Ćwiczenie 7

Mamy patyki długości $3$ , $4$ , $5$ , $8$ , $9$ , $15$ , $15$ , $17$ , $36$ , $39$ , $40$ , $41$ . Zbuduj z tych patyków trójkąty prostokątne tak, by użyć wszystkie patyki.

Należy wybierać trójki pitagorejskie. Rozwiązaniem jest zbiór trójek:

$(3, 4, 5)$ , $(15, 36, 39)$ , $(8, 15, 17)$ , $(9, 40, 41)$

Ćwiczenie 8

Złóż kwadratową kartkę papieru jak na rysunku.

R1EZATESQPCR5

Na ilustracji przedstawiono zacieniowany niebieskim kolorem kwadrat A B C D. Zaznaczono punkt A prim stanowiący środek boku D C. Na boku A D zaznaczono punkt G, leżący w odległości od punktu A, wynoszącej ponad połowę długości boku A D. Punkt G połączono z punktem A prim. Punkt A prim połączono z punktem K, leżącym poza polem kwadratu, znajdującym się poniżej połowy długości boku C B. Punkt K połączono z punktem H, leżącym na boku C B, poniżej punktu K. Punkt H połączono z punktem G. Różowym kolorem zacieniowano figurę A prim K H G.

Punkt $A$ przykładamy do środka $A'$ boku $D C$ .

Uzasadnij, że trójkąt $D G A'$ jest podobny do trójkąta egipskiego.

Czy można inaczej złożyć kartkę, by uzyskać inny trójkąt pitagorejski?

Wprowadź oznaczenie np. $k$ boku kwadratowej kartki. Zapisz długości odcinków $D A'$ , $D G$ , $G A'$ w zależności od $k$ i od jednego z boków. Ułóż równanie wynikające z twierdzenia Pitagorasa.

Trójkąt $D G A'$ jest trójkątem prostokątnym.

Niech $a = |D A'|$ , $b = |D G|$ , $c = |G A'|$ . Niech $k$ będzie bokiem kwadratowej kartki.

Wtedy $a = \frac{k}{2}$ , $b + c = k$ oraz z twierdzenia Pitagorasa ${(\frac{k}{2})}^{2} + b^{2} = {(k - b)}^{2}$ . Stąd $\frac{k^{2}}{4} + b^{2} = k^{2} - 2 k b + b^{2}$ .

$2 k b = \frac{3 \cdot k^{2}}{4}$ , więc $b = \frac{3 k}{8}$ i stąd $c = \frac{5 k}{8}$ .

Trójkąt $D G A'$ ma boki $\frac{k}{8} \cdot 3$ , $\frac{k}{8} \cdot 4$ , $\frac{k}{8} \cdot 5$ , więc jest podobny do trójkąta egipskiego o bokach $3$ , $4$ , $5$ .

R7RXVGUHTNXK31

Ćwiczenie 9

Podaną trójkę liczb oznaczającą długości boków trójkąta wrzuć do odpowiedniego pojemnika: Trójkąt prostokątny Możliwe odpowiedzi: 1. nawias, cztery, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z dziewiętnaście koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, 2. nawias, pięć przecinek pięć, przecinek, osiem, zamknięcie nawiasu, 3. nawias, pięć przecinek pięć, przecinek, sześć, zamknięcie nawiasu, 4. nawias, dziewięć przecinek jeden dwa, przecinek, szesnaście, zamknięcie nawiasu, 5. nawias, trzy, przecinek, pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, przecinek, cztery, zamknięcie nawiasu, 6. nawias, dziewięć przecinek jeden dwa, przecinek, czternaście, zamknięcie nawiasu, 7. nawias, dwa przecinek trzy, przecinek, cztery, zamknięcie nawiasu, 8. nawias, dziewięć przecinek jeden dwa, przecinek, piętnaście, zamknięcie nawiasu, 9. nawias, jeden przecinek pięć, przecinek, pięć, zamknięcie nawiasu, 10. nawias, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z sześć koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, 11. nawias, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, 12. nawias, dwa przecinek trzy, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzynaście koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu Trójkąt rozwartokątny Możliwe odpowiedzi: 1. nawias, cztery, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z dziewiętnaście koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, 2. nawias, pięć przecinek pięć, przecinek, osiem, zamknięcie nawiasu, 3. nawias, pięć przecinek pięć, przecinek, sześć, zamknięcie nawiasu, 4. nawias, dziewięć przecinek jeden dwa, przecinek, szesnaście, zamknięcie nawiasu, 5. nawias, trzy, przecinek, pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, przecinek, cztery, zamknięcie nawiasu, 6. nawias, dziewięć przecinek jeden dwa, przecinek, czternaście, zamknięcie nawiasu, 7. nawias, dwa przecinek trzy, przecinek, cztery, zamknięcie nawiasu, 8. nawias, dziewięć przecinek jeden dwa, przecinek, piętnaście, zamknięcie nawiasu, 9. nawias, jeden przecinek pięć, przecinek, pięć, zamknięcie nawiasu, 10. nawias, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z sześć koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, 11. nawias, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, 12. nawias, dwa przecinek trzy, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzynaście koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu Trójkąt ostrokątny Możliwe odpowiedzi: 1. nawias, cztery, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z dziewiętnaście koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, 2. nawias, pięć przecinek pięć, przecinek, osiem, zamknięcie nawiasu, 3. nawias, pięć przecinek pięć, przecinek, sześć, zamknięcie nawiasu, 4. nawias, dziewięć przecinek jeden dwa, przecinek, szesnaście, zamknięcie nawiasu, 5. nawias, trzy, przecinek, pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, przecinek, cztery, zamknięcie nawiasu, 6. nawias, dziewięć przecinek jeden dwa, przecinek, czternaście, zamknięcie nawiasu, 7. nawias, dwa przecinek trzy, przecinek, cztery, zamknięcie nawiasu, 8. nawias, dziewięć przecinek jeden dwa, przecinek, piętnaście, zamknięcie nawiasu, 9. nawias, jeden przecinek pięć, przecinek, pięć, zamknięcie nawiasu, 10. nawias, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z sześć koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, 11. nawias, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, 12. nawias, dwa przecinek trzy, przecinek, pierwiastek kwadratowy z trzynaście koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu

Ćwiczenie 10

Na rysunku punkt $E$ jest punktem przecięcia prostopadłych odcinków $A B$ i $C D$ o długościach $10$ i $6$ odpowiednio. Ponadto $|E F| = 1$ , $|E G| = 2$ , $|E D| = 3$ , $|E B| = 4$ .

R1F6OR8R9QGM8

Na ilustracji przedstawiono poziomy odcinek A B, oraz prostopadły do niego odcinek C D. Odcinki przecinają się w punkcie E. Na odcinku A E zaznaczono punkt G, znajdujący się w odległości równej dwa od punktu przecięcia E. Na odcinku C E zaznaczono punkt F, znajdujący się w odległości równej jeden od punktu przecięcia E. Odcinek E B wynosi cztery, natomiast odcinek E D wynosi trzy.

Wtedy:

R82VSNDJDHECM

R1ULJT53EON88

RPJ3A9XUR372B

RH87E8B5A3ARZ

R82VSNDJDHECM

R1ULJT53EON88

RPJ3A9XUR372B

RH87E8B5A3ARZ

Ćwiczenie 11

Trójkąt $A B C$ ma boki długości $|A B| = 6$ , $|A C| = 10$ . Jaką długość powinien mieć bok $B C$ , aby trójkąt był prostokątny?

Przeciwprostokątna w trójkącie prostokątnym jest najdłuższym bokiem. Ponieważ $|A B| < |A C|$ , to kąt prosty może być tylko przy wierzchołkach $A$ lub $B$ .

Jeżeli kąt prosty jest przy wierzchołku $A$ , to $B C$ jest najdłuższym bokiem i wtedy

${|A B|}^{2} + {|A C|}^{2} = {|B C|}^{2}$ . Czyli ${|B C|}^{2} = 100 + 36 = 136$ , więc $|B C| = \sqrt{136} = 2 \sqrt{34}$ .

Jeżeli kąt prosty jest przy wierzchołku $B$ , to $A C$ jest najdłuższym bokiem i wtedy

${|A B|}^{2} + {|B C|}^{2} = {|A C|}^{2}$ . Czyli ${|B C|}^{2} = 100 - 36 = 64$ , więc $|B C| = \sqrt{64} = 8$ .

Bok $B C$ powinien mieć długość $2 \sqrt{34}$ lub $8$ .

Ćwiczenie 12

Trójkąt $A B C$ ma boki długości $|A B| = 16$ , $|A C| = 20$ . Jaką długość powinien mieć bok $B C$ , aby trójkąt był ostrokątny.

W rozwiązaniu rozpatrz dwa przypadki, gdy poszukiwany bok jest najdłuższy, oraz gdy najdłuższym jest bok $A C$ .

Ponieważ bok o maksymalnej długości leży naprzeciwko maksymalnego kąta i $|A B| < |A C|$ , to $A C$ lub $B C$ jest bokiem maksymalnej długości.

Jeżeli $B C$ jest bokiem o maksymalnej długości i trójkąt jest ostrokątny, to $|B C| \geq 20$ i ${|B C|}^{2} < {|A B|}^{2} + {|A C|}^{2} = 400 + 256 = 656$ . Czyli $|B C| < \sqrt{656} = 4 \sqrt{41}$ , więc $20 \leq |B C| < 4 \sqrt{41}$ .

Jeżeli $A C$ jest bokiem o maksymalnej długości i trójkąt jest ostrokątny, to $|B C| \leq 20$ i ${|A C|}^{2} < {|A B|}^{2} + {|B C|}^{2}$ . Czyli ${|B C|}^{2} > 400 - 256 = 144$ , więc $|B C| > \sqrt{144} = 12$ . Zatem $12 < |B C| \leq 20$ .

Ostatecznie, $|B C| \in (12, 20⟩ \cup ⟨20, 4 \sqrt{41}) = (12, 4 \sqrt{41})$

Bok $B C$ powinien mieć długość z przedziału $(12, 4 \sqrt{41})$ .

Ćwiczenie 13

Trójkąt $A B C$ ma boki długości $|A B| = c$ , $|A C| = b$ takie, że $c \geq b$ . Jaką długość powinien mieć bok $B C$ , aby trójkąt był rozwartokątny.

W rozwiązaniu rozpatrz dwa przypadki, gdy poszukiwany bok jest najdłuższy, oraz gdy najdłuższym jest bok $A C$ .

Ponieważ w trójkącie rozwartokątnym najdłuższy bok leży naprzeciwko kąta rozwartego i $|A B| \geq |A C|$ , to kąt rozwarty nie może być przy wierzchołku $B$ .

Jeżeli kąt rozwarty jest przy wierzchołku $A$ , to $B C$ jest najdłuższym bokiem i $c < |B C| < b + c$ i ${|B C|}^{2} > {|A B|}^{2} + {|A C|}^{2} = c^{2} + b^{2}$ . Czyli $|B C| > \sqrt{c^{2} + b^{2}} > c$ , więc $\sqrt{c^{2} + b^{2}} < |B C| < b + c$ .

Jeżeli kąt rozwarty jest przy wierzchołku $C$ , to $A B$ jest najdłuższym bokiem i $c - b < |B C| < c$ i ${|A B|}^{2} > {|A C|}^{2} + {|B C|}^{2}$ . Czyli ${|B C|}^{2} < c^{2} - b^{2}$ , więc $|B C| < \sqrt{c^{2} - b^{2}} < c$ , więc $c - b < |B C| < \sqrt{c^{2} - b^{2}}$ .

Ostatecznie, $|B C| \in (c - b, \sqrt{c^{2} - b^{2}}) \cup (\sqrt{c^{2} + b^{2}}, c + b)$

Bok $B C$ powinien mieć długość z zakresu $(c - b, \sqrt{c^{2} - b^{2}}) \cup (\sqrt{c^{2} + b^{2}}, c + b)$ .

Ćwiczenie 14

W trapezie prostokątnym przedstawionym na rysunku podstawa $A B$ jest o $3$ dłuższa od podstawy $D C$ .

RBTKHPPF29ZRA

Na ilustracji przedstawiono trapez prostokątny A B C D, z kątem prostym przy wierzchołku A. Górna podstawa D C ma długość 5, natomiast bok A D jest równy trzy. Zaznaczono przekątną A C trapezu.

Oceń jakiego rodzaju trójkątem jest trójkąt $A B C$ .

Zacznij od wyznaczenia długości ramienia $C B$ tego trapezu.

Wyznaczamy $A C$ z twierdzenia Pitagorasa ${|A C|}^{2} = 3^{2} + 5^{2} = 9 + 25 = 34$ , więc $|A C| = \sqrt{34}$ .

Podstawa $A B$ ma długość $5 + 3 = 8$ . Spodek wysokości poprowadzonej z punktu $C$ jest w odległości $3$ od wierzchołka $B$ . Z twierdzenia Pitagorasa możemy wyznaczyć długość ramienia $C B$ .

${|C B|}^{2} = 3^{2} + 3^{2} = 9 + 9 = 18$ , więc $|C B| = 3 \sqrt{2}$ .

Teraz możemy sprawdzić rodzaj kąta $A C B$ :

${|A C|}^{2} + {|C B|}^{2} = 34 + 18 = 52 < 64 = 8^{2} = {|A B|}^{2}$

Stąd trójkąt $A B C$ jest trójkątem rozwartokątnym.

Słownik

trójkąt egipski

trójkąt o stosunku boków $3 : 4 : 5$

trójka pitagorejska

trzy liczby całkowite dodatnie $a$ , $b$ , $c$ , takie, że $a^{2} + b^{2} = c^{2}$

trójkąt pitagorejski

trójkąt, którego boki tworzą trójkę pitagorejską

trójkąt prostokątny

trójkąt, którego jeden z kątów wewnętrznych jest prosty

trójkąt ostrokątny

trójkąt, którego wszystkie kąty wewnętrzne są ostre

trójkąt rozwartokątny

trójkąt, którego jeden z kątów wewnętrznych jest rozwarty

2. Zastosowanie twierdzenia Pitagorasa

Twierdzenie Pitagorasa