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Múltiples formas de demostrar el teorema de Pitágoras

Categoría: Ciencia e Ingeniería

Análisis:

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Encanto Prueba de teorema incomparable

- Prueba del teorema de Pitágoras

El teorema de Pitágoras es una perla en geometría, por lo que está lleno de encanto Durante miles de años, la gente lo ha demostrado. Entre ellos se encuentran matemáticos famosos, aficionados a las matemáticas, gente corriente, dignatarios y dignatarios, e incluso el presidente del país. Quizás sea porque el Teorema de Pitágoras es importante y simple, lo que hace que sea más fácil atraer a la gente, que se ha publicitado y demostrado cientos de veces. En 1940 se publicó un álbum de demostraciones del teorema de Pitágoras llamado "La proposición de Pitágoras", que recogía 367 métodos de demostración diferentes. De hecho, es más que eso. Según los datos, hay más de 500 formas de demostrar el teorema de Pitágoras. Solo el matemático de mi país, Hua Hengfang, a finales de la dinastía Qing proporcionó más de 20 métodos de demostración maravillosos. Esto no tiene comparación con ningún teorema.

Entre estos cientos de métodos de prueba, algunos son muy interesantes, otros son muy concisos y algunos son muy famosos debido a la identidad especial del probador.

Primero, presentemos las dos demostraciones más interesantes del teorema de Pitágoras, que se dice que provienen de China y Grecia, respectivamente.

1. Método chino

Dibuja dos cuadrados con longitudes de lados (a b), como se muestra en la figura, donde a y b son lados rectángulos y c es la hipotenusa. Estos dos cuadrados son congruentes, por lo que sus áreas son iguales.

Las imágenes de la izquierda y la derecha tienen cada una cuatro triángulos que son congruentes con el triángulo rectángulo original. La suma de las áreas de los cuatro triángulos izquierdo y derecho debe ser igual. Elimina los cuatro triángulos de las figuras izquierda y derecha, y las áreas de las partes restantes de las figuras deben ser iguales. Quedan dos cuadrados en la imagen de la izquierda, con a y b como lados respectivamente. La figura de la derecha deja un cuadrado de lado c. Entonces

a2 b2=c2.

Este es el método introducido en nuestros libros de texto de geometría. Es intuitivo y sencillo y cualquiera puede entenderlo.

2. Método griego

Dibuja un cuadrado directamente en los tres lados del triángulo rectángulo, como se muestra en la figura.

Es fácil de ver,

△ABA’ ≌△AA’’ C.

Dibuja una línea perpendicular que pase por C hacia A''B'', interseque a AB en C' y a A''B'' en C''.

△ABA' y el cuadrado ACDA' tienen la misma base y altura. El área del primero es la mitad del área del segundo △AA''C y el rectángulo AA''. C''C' tienen la misma base y altura. El área del primero es la mitad del área del segundo. El área también es la mitad del segundo. De △ABA’≌△AA’’C, sabemos que el área del cuadrado ACDA’ es igual al área del rectángulo AA’’C’’C’. De la misma forma, el área del cuadrado BB’EC es igual al área del rectángulo B’’BC’C’’.

Por lo tanto,

S cuadrado AA''B''B=S cuadrado ACDA' S cuadrado BB'EC,

Es decir, a2 b2=c2 .

En cuanto a que el área de un triángulo es la mitad del área de un rectángulo con la misma base y altura, se puede obtener por el método de corte y complemento (se pide a los lectores que lo demuestren) ellos mismos). Aquí sólo se utilizan relaciones de área simples y no se utilizan las fórmulas de área de triángulos y rectángulos.

Esta es la prueba dada por el antiguo matemático griego Euclides en sus "Elementos de Geometría".

La razón por la que los dos métodos de demostración anteriores son maravillosos es que usan pocos teoremas y solo usan dos conceptos básicos de área:

⑴ Las áreas de formas congruentes son iguales

; p>

⑵ Una figura se divide en varias partes y la suma de las áreas de cada parte es igual al área de la figura original.

Este es un concepto perfectamente aceptable y sencillo que cualquiera puede entender.

La prueba se encuentra en el artículo "Anotaciones sobre la plaza pitagórica" en "Zhou Bi Suan Jing". Se utiliza el método de corte y reparación:

Como se muestra en la imagen, pinte los cuatro triángulos rectángulos de la imagen con bermellón y pinte el pequeño cuadrado en el medio con amarillo, que se llama Zhonghuangshi, y el cuadrado con el acorde como se llama el lado Las cuerdas son sólidas, y luego mediante parches y combinaciones, "lo entrante y lo saliente se complementan, y cada uno sigue su propio tipo. Afirmó que la relación entre las tres cuerdas pitagóricas es". de acuerdo con el teorema de Pitágoras. Es decir, "Pitagórico se multiplica por separado, se combina para formar una cuerda sólida y se divide tomando la raíz cuadrada, es una cuerda".

La demostración del teorema de Pitágoras de Zhao Shuang muestra el magnífico pensamiento demostrativo de los matemáticos chinos, que es relativamente simple e intuitivo.

Muchos eruditos en Occidente han estudiado el teorema de Pitágoras y han proporcionado muchos métodos de demostración. Entre ellos, la prueba más antigua documentada la proporcionó Pitágoras. Se dice que cuando demostró el teorema de Pitágoras se puso tan feliz que mató cientos de vacas para celebrarlo. Por lo tanto, Occidente también llama al Teorema de Pitágoras el "Teorema de los cien bueyes". Desafortunadamente, el método de prueba de Pitágoras se perdió hace mucho tiempo y no tenemos forma de saber cómo lo demostró.

La siguiente es la demostración del Teorema de Pitágoras de Garfield, el vigésimo presidente de los Estados Unidos.

Como se muestra en la figura,

Estrapezoide ABCD= (a b)2

= (a2 2ab b2), ①

También S trapecio ABCD=S△AED S△EBC S△CED

= ab ba c2

= (2ab c2). ②

Comparando las dos ecuaciones anteriores, obtenemos

a2 b2=c2.

Esta prueba es bastante concisa debido al uso de la fórmula del área del trapezoide y la fórmula del área del triángulo.

El 1 de abril de 1876, Garfield publicó su demostración del Teorema de Pitágoras en el New England Educational Journal. Cinco años después, Garfield se convirtió en el vigésimo presidente de Estados Unidos. Más tarde, para conmemorar su prueba intuitiva, simple, fácil de entender y clara del teorema de Pitágoras, la gente llamó a esta prueba la prueba "presidencial" del teorema de Pitágoras. Esto se convirtió en una leyenda en la historia de las matemáticas.

Después de conocer los triángulos semejantes, sabemos que en un triángulo rectángulo, la altura de la hipotenusa divide el triángulo rectángulo en dos triángulos rectángulos que son semejantes al triángulo original.

Como se muestra en la figura, en Rt△ABC, ∠ACB=90°. Como CD⊥BC, el pie vertical es D. Entonces

△BCD∽△BAC, △CAD∽△BAC.

De △BCD∽△BAC, podemos obtener BC2=BD ?

De △CAD∽△BAC, podemos obtener AC2=AD ? ②

Encontramos que sumando ① y ②, podemos obtener

BC2 AC2=AB (AD BD),

Y AD BD=AB,

Por lo tanto BC2 AC2=AB2, que es

a2 b2=c2.

Esta también es una forma de demostrar el Teorema de Pitágoras, y además es muy sencilla. Utiliza el conocimiento de triángulos similares.

En las numerosas demostraciones del teorema de Pitágoras también se cometen algunos errores. Por ejemplo, alguien ha dado el siguiente método para demostrar el teorema de Pitágoras:

Supongamos que en △ABC, ∠C=90°, según el teorema del coseno

c2=a2 b2 -2abcosC,

Debido a que ∠C=90°, entonces cosC=0. Entonces

a2 b2=c2.

Esta prueba parece correcta y sencilla, pero en realidad comete el error de la prueba circular. La razón es que la demostración del teorema del coseno proviene del teorema de Pitágoras.

La gente también está interesada en el Teorema de Pitágoras porque puede generalizarse.

Euclides dio una generalización del teorema de Pitágoras en sus "Elementos de Geometría": "Una figura de lado derecho sobre la hipotenusa de un triángulo rectángulo tiene un área igual al área de los dos rectángulos lados en ángulo. La suma de las áreas de lados rectos similares."

Del teorema anterior se puede deducir el siguiente teorema: “Si se utilizan los tres lados de un triángulo rectángulo como diámetros para dibujar un círculo, entonces el área del círculo formada con la hipotenusa como el diámetro es igual al área de los dos círculos hechos con los dos lados rectángulos como diámetro.

El teorema de Pitágoras también se puede extender al espacio: usando los tres lados de un triángulo rectángulo como aristas correspondientes para construir un poliedro similar, el área de la superficie del poliedro sobre la hipotenusa es igual a la suma de las áreas de superficie de los dos poliedros en el lado derecho.

Si se utilizan los tres lados de un triángulo rectángulo como diámetros para construir esferas, entonces el área superficial de la esfera sobre la hipotenusa es igual a la suma de las áreas superficiales de las dos esferas construidas sobre los dos lados en ángulo recto.

Y así sucesivamente.

Apéndice

1. Introducción a "Zhou Bi Suan Jing"

"Zhou Bi Suan Jing" es uno de los diez libros de aritmética. Escrito alrededor del siglo II a. C., originalmente se llamaba "Zhou Bi". Es el trabajo astronómico más antiguo de mi país. Explica principalmente la teoría de Gaitian y el calendario de cuatro partes de esa época. A principios de la dinastía Tang, fue designado como uno de los libros de texto para el departamento Ming Suan de Guozijian, por lo que pasó a llamarse "Zhou Bi Suan Jing". El principal logro matemático de "Zhou Bi Suan Jing" es la introducción del teorema de Pitágoras y su aplicación en la medición. El libro original no prueba el teorema de Pitágoras. La prueba fue dada por Zhao Shuang, un nativo de Soochow durante el período de los Tres Reinos, en las "Notas sobre la plaza de Pitágoras" del libro "Zhou Bi Zhu".

"Zhou Bi Suan Jing" utiliza métodos aritméticos de fracciones y raíces cuadradas bastante complicados.

2. La historia de la demostración del teorema de Pitágoras por parte de Garfield

Una tarde de fin de semana de 1876, en los suburbios de Washington, la capital de Estados Unidos, un hombre de mediana edad Estaba caminando y disfrutando del hermoso paisaje al anochecer, él era Garfield, el congresista republicano de Ohio en ese momento. Mientras caminaba, de repente encontró a dos niños en un pequeño banco de piedra cercano que estaban concentrados en algo, a veces discutiendo en voz alta, a veces discutiendo en voz baja. Impulsado por la curiosidad, Garfield siguió el sonido y caminó hacia los dos niños, tratando de descubrir qué estaban haciendo. Vi a un niño pequeño inclinado y dibujando un triángulo rectángulo en el suelo con una rama. Entonces Garfield preguntó qué estaban haciendo. El pequeño dijo sin levantar la cabeza: "Disculpe señor, si los dos lados rectángulos de un triángulo rectángulo son 3 y 4 respectivamente, entonces ¿cuál es la longitud de la hipotenusa?" Garfield respondió: "Es 5". " El niño luego preguntó: "Si las longitudes de los dos lados rectángulos son 5 y 7 respectivamente, ¿cuál es la longitud de la hipotenusa de este triángulo rectángulo?" Garfield respondió sin pensar: "El cuadrado de la hipotenusa debe ser igual a 5 al cuadrado más 7 al cuadrado". El niño volvió a decir: "Señor, ¿puede decir la verdad?" Garfield se quedó sin palabras y no podía explicarlo, y se sentía muy incómodo.

Así que Garfield dejó de caminar y se fue a casa inmediatamente, concentrándose en discutir los problemas que el pequeño le había planteado. Después de pensar y calcular repetidamente, finalmente descubrió el motivo y dio un método de prueba conciso.

La siguiente es la demostración del Teorema de Pitágoras de Garfield, el vigésimo presidente de los Estados Unidos.

Como se muestra en la figura,

Estrapezoide ABCD= (a b)2

= (a2 2ab b2), ①

También S trapecio ABCD=S△AED S△EBC S△CED

= ab ba c2

= (2ab c2). ②

Comparando las dos ecuaciones anteriores, obtenemos

a2 b2=c2.

Esta prueba es bastante concisa debido al uso de la fórmula del área del trapezoide y la fórmula del área del triángulo.

Más tarde, para conmemorar su prueba intuitiva, simple, fácil de entender y clara del teorema de Pitágoras, la gente llamó a esta prueba la prueba "presidencial" del teorema de Pitágoras. Esto se convirtió en una leyenda en la historia de las matemáticas.

Como se muestra en la figura, en Rt△ABC, ∠ACB=90°. Como CD⊥BC, el pie vertical es D. Entonces

△BCD∽△BAC, △CAD∽△BAC.

De △BCD∽△BAC, podemos obtener BC2=BD ?

De △CAD∽△BAC, podemos obtener AC2=AD ? ②

Encontramos que sumando ① y ②, podemos obtener

BC2 AC2=AB (AD BD),

Y AD BD=AB,

Por lo tanto BC2 AC2=AB2, que es

a2 b2=c2.

Esta también es una forma de demostrar el Teorema de Pitágoras, y además es muy sencilla. Utiliza el conocimiento de triángulos similares.

En las numerosas demostraciones del teorema de Pitágoras también se cometen algunos errores. Por ejemplo, alguien ha dado el siguiente método para demostrar el teorema de Pitágoras:

Supongamos que en △ABC, ∠C=90°, según el teorema del coseno

c2=a2 b2 -2abcosC,

Debido a que ∠C=90°, entonces cosC=0. Entonces

a2 b2=c2.

Esta prueba parece correcta y sencilla, pero en realidad comete el error de la prueba circular. La razón es que la demostración del teorema del coseno proviene del teorema de Pitágoras.

La gente también está interesada en el Teorema de Pitágoras porque puede generalizarse.

Si se utilizan tres lados de un triángulo rectángulo como diámetros para construir esferas, entonces el área superficial de la esfera sobre la hipotenusa es igual a la suma de las áreas superficiales de las dos esferas construidas sobre la dos lados en ángulo recto.

Y así sucesivamente.

Referencia: zhidao.baidu/question/5159445

Demostración del teorema de Pitágoras

Luo Hongxin

(25 de abril de 2002 Participa en el Concurso de Enseñanza en el Aula de Educación Innovadora de Guilin el mismo día)

Prueba 1 (prueba del libro de texto)

Haz 8 triángulos rectángulos congruentes y asume sus dos lados en ángulo recto. Las longitudes son a, b, y la longitud de la hipotenusa es c. Luego haz tres cuadrados con longitudes de lado a, b y c, y júntalos en dos cuadrados como se muestra en la imagen de arriba. imagen Como se puede ver en lo anterior, las longitudes de los lados de estos dos cuadrados son a y b, por lo que las áreas son iguales. Es decir,

Prueba. 2 (Prueba de Zou Yuanzhi)

Construye cuatro triángulos rectángulos congruentes con a y b como lados rectángulos y c como hipotenusa. Entonces el área de cada triángulo rectángulo es igual a. Coloque estos cuatro triángulos rectángulos en la forma que se muestra en la figura, de modo que los tres puntos A, E y B estén en línea recta, los tres puntos B, F y C estén en línea recta y el tres puntos C, G y D están en línea recta

∵ RtΔHAE ≌ RtΔEBF,

∴ ∠AHE = ∠BEF. p>∵ ∠AEH ∠AHE = 90?,

∴ ∠AEH ∠BEF = 90?

∴ ∠HEF = 180?―90?= 90?. >

∴ El cuadrilátero EFGH es un cuadrado de longitud de lado c

Su área es igual a c2

∵ RtΔGDH ≌ RtΔHAE,

∴. ∠HGD = ∠EHA

∵ ∠HGD ∠GHD = 90?,

∴ ∠EHA ∠GHD = 90 ?. 90?,

∴ ∠DHA = 90? 90?= 180?

∴ ABCD es una arista El área de un cuadrado con longitud a b es igual a

∴ . ∴ .

Prueba 3 (Zhao Shuang demostró)

Sean a y b ángulos rectos Lado (bgt; a), sea c la pendiente

y dibuja cuatro triángulos rectángulos congruentes, entonces el área de cada triángulo rectángulo es igual a. Coloca estos cuatro triángulos rectángulos

Los ángulos se ensamblan en la forma que se muestra en la figura.

∵ RtΔDAH ≌ RtΔABE,

∴ ∠HDA = ∠EAB

∵ ∠HAD ∠HAD = 90?,

∴ ∠EAB ∠HAD = 90?,

∴ ABCD es un cuadrado de longitud de lado c, y su área es igual a c2

∵ EF = FG =GH =. HE = b―a,

∠HEF = 90?.

∴ EFGH es un cuadrado de longitud de lado b―a, su área es igual a

∴ .

∴

Prueba 4 (probada por el presidente estadounidense Garfield en 1876)

Con Si a y b son lados rectángulos y c es. la hipotenusa, haz dos triángulos rectángulos congruentes. Entonces el área de cada triángulo rectángulo es igual a. Coloca estos dos triángulos rectángulos en la forma que se muestra en la figura, de modo que A, E, B sean tres puntos. en línea recta

∵ RtΔEAD ≌ RtΔCBE,

∴ ∠ADE = ∠BEC

∵ ∠AED ∠ADE = 90?,

∴ ∠DEA

∠BEC = 90?.

∴ ∠DEC = 180?―90?= 90?

∴ ΔDEC es un triángulo rectángulo isósceles,

el área de es igual a

Y ∵ ∠DAE = 90?, ∠EBC = 90?,

∴ AD‖BC

∴ ABCD. es un trapecio rectángulo, su área es igual a

∴

Prueba 5 (Prueba de Mei Wending)

<. p> Hacer cuatro Para triángulos rectángulos congruentes, sean las longitudes de sus dos lados rectángulos a y b respectivamente, y la longitud de la hipotenusa sea c. Júntelos en un polígono como se muestra en la figura, de modo que D, E y F están en una línea recta. Pasan por C. Trazan una línea de extensión de AC y cortan a DF en el punto P.

∵ D, E y F están en una línea recta y RtΔGEF ≌ RtΔEBD. ,

∴ ∠EGF = ∠BED,

∵ ∠EGF ∠GEF = 90°,

∴ ∠BED ∠GEF = 90 °,

∴ ∠BEG =180?―90?= 90?

Y ∵ AB = BE = EG = GA = c,

∴ ABEG. es un cuadrado de longitud de lado c

∴ ∠ABC ∠CBE = 90?

∵ RtΔABC ≌ RtΔEBD,

∴ ∠ABC = ∠EBD.

∴ ∠EBD ∠CBE = 90?

Es decir ∠CBD= 90?

También ∵ ∠BDE = 90?, ∠BCP = 90 ?,

BC = BD = a.

∴ BDPC es un cuadrado con longitud de lado a.

De manera similar, HPFG es un cuadrado con longitud de lado b.

Supongamos que el área del polígono GHCBE es S, entonces

∴

Prueba 6 (Prueba de Xiang Mingda. )

Haz dos triángulos rectángulos congruentes y supone que dos de sus Las longitudes de los lados del ángulo recto son a y b (bgt; a), y la longitud de la hipotenusa es c. con longitud de lado c, júntelos formando un polígono como se muestra en la figura, de modo que los tres puntos E, A y C estén en En una línea recta

Pasando por el punto Q está QP‖BC. , y cruzando AC en el punto P.

Pasando por el punto B se construye como BM⊥PQ, y el pie vertical es M pasando por el punto

F es; FN⊥PQ, y el pie vertical es N.

∵ ∠BCA = 90?, QP‖BC,

∴ ∠MPC = 90?,

∵ BM⊥PQ,

∴ ∠BMP = 90?,

∴ BCPM es un rectángulo, es decir, ∠MBC = 90?.

∵ ∠QBM ∠MBA = ∠QBA = 90?,

∠ABC ∠MBA = ∠MBC = 90?,

∴ ∠QBM = ∠ABC,

Y ∵ ∠BMP = 90?, ∠BCA = 90?, BQ = BA = c,

∴ RtΔBMQ ≌ RtΔBCA

De la misma manera, puede. demostrarse que RtΔQNF ≌ RtΔAEF

Así, el problema se transforma en la Prueba 4 (Prueba de Mei Wending

Prueba 7 (Prueba euclidiana)

Hacer. longitudes de tres lados Los cuadrados son a, b y c respectivamente. Colócalos en la forma que se muestra en la imagen.

Sean los tres puntos H, C y B en línea recta y conecte

BF y CD. Dibuja CL⊥DE a través de C,

cruza AB en el punto M y cruza. DE en el punto

∵ AF = AC, AB = AD,

∠FAB = ∠GAD,

∴ ΔFAB ≌ ΔGAD,

∵ El área de ΔFAB es igual a,

El área de ΔGAD es igual a la mitad del área del rectángulo ADLM

∴ El área del rectángulo ADLM =

De la misma manera, el área del rectángulo MLEB = . El área del cuadrado ADEB

= El área del rectángulo ADLM El área del rectángulo MLEB

∴ , es decir

Prueba 8. (Usando las propiedades de triángulos similares para demostrar)

Como se muestra en la figura, en RtΔABC, sean las longitudes de los lados rectángulos AC y BC a, b, la longitud de la hipotenusa AB respectivamente. es c, pasando por el punto C es CD⊥AB, y el pie vertical es D.

En ΔADC y ΔACB,

∵ ∠ADC = ∠ACB = 90?,

∠CAD = ∠BAC,

∴ ΔADC ∽ ΔACB

AD∶AC = AC ∶AB,

Es decir. p>

De la misma manera, se puede demostrar que ΔCDB ∽ ΔACB, por lo que existe

∴, es decir,

Prueba 9 (probada por Yang Zuomei). /p >

Haz dos triángulos rectángulos congruentes, deja que sus dos lados rectángulos sean a, b (bgt; a), y la longitud de la hipotenusa sea c. Luego haz un cuadrado con una longitud de lado c. como se muestra en la figura, dibuje AF⊥AC a través de A, AF cruza a GT en F y AF cruza a DT en R. Dibuja BP⊥AF a través de B, y el pie vertical es P. Dibuja DE y la línea de extensión de CB perpendicularmente. D. , el pie vertical es E, DE intersecta a AF en H.

∵ ∠BAD = 90?, ∠PAC = 90?,

∴ ∠DAH = ∠BAC <. /p>

Y ∵ ∠DHA = 90?, ∠BCA = 90?,

AD = AB = c,

∴ RtΔDHA ≌ RtΔBCA

<. p> ∴ DH = BC = a, AH = AC = b

Del método se puede ver que PBCA es un rectángulo,

entonces RtΔAPB ≌ RtΔBCA Es decir, PB =

CA = b, AP= a, por lo tanto PH = b―a

∵ RtΔDGT ≌ RtΔBCA ,

RtΔDHA ≌ RtΔBCA

∴ RtΔDGT ≌ RtΔDHA

∴ DH = DG = a, ∠GDT = ∠HDA

Y ∵ ∠DGT = 90?, ∠DHF = 90?,

∠GDH = ∠GDT ∠TDH = ∠HDA ∠TDH = 90?,

∴ DGFH es un cuadrado de longitud de lado a.

∴ GF =. FH = a . TF⊥AF, TF = GT―GF = b―a

∴ TFPB es un trapecio rectángulo, con base superior TF=b―a, base inferior BP= b, y altura FP=a (b―a).

Use números para representar los números de área (como se muestra en la figura), luego el área de un cuadrado con c como longitud del lado es

①

∵ = ,

∴ = ②

Sustituyendo ② en ①, obtenemos

= = .

∴ .

Prueba 10 (Prueba de Li Rui)

Suponga que las longitudes de los dos lados rectángulos de un triángulo rectángulo son a y b (bgt; a), la longitud de la hipotenusa es c. Haz tres cuadrados con longitudes de lados a, b y c, y colócalos en la forma que se muestra en la figura, de modo que los tres puntos A, E , y G están en una línea recta. Usa números El número que representa el área (como se muestra en la figura). TBH = ∠ABE

Y ∵ ∠ BTH = ∠BEA = 90?,

BT = BE = b,

∴ RtΔHBT ≌ RtΔABE

∴ HT = AE = a

∴ GH = GT―HT = b―a

Y ∵ ∠GHF ∠BHT = 90?,

∠DBC ∠BHT = ∠TBH ∠BHT = 90 ?,

∴ ∠GHF = ∠DBC

∵ DB = EB―ED = b―a,

∠HGF = ∠BDC = 90?,

∴ RtΔHGF ≌ RtΔBDC Es decir

Si Q se usa como QM⊥AG, el pie vertical es. M. De ∠BAQ = ∠BEA = 90?, se puede ver que ∠ABE

= ∠QAM, y AB = AQ = c, entonces RtΔABE ≌ RtΔQAM . p> RtΔABE. Entonces RtΔHBT ≌ RtΔQAM

De RtΔABE ≌ RtΔQAM, también obtenemos QM = AE = a, ∠AQM = ∠BAE. = 90?, ∠BAE ∠CAR = 90?, ∠AQM = ∠BAE,

∴ ∠FQM = ∠CAR

Y ∵ ∠QMF = ∠ARC = 90?, QM = AR = a,

∴ RtΔQMF ≌ RtΔARC Es decir

∵ , , ,

Y ∵ , , ,

∴

= ,

Es decir

Prueba 11 (Utilice el teorema de la línea de corte para demostrar)

En RtΔABC, sean los lados rectángulos BC = a, AC = b y la hipotenusa AB = c. Como se muestra en la figura, dibuje un círculo con B como centro y a como radio, y interseque. AB y las líneas de extensión de AB en D y E respectivamente, entonces BD = BE = BC = a Debido a que ∠BCA = 90?, el punto C está en ⊙B, por lo que AC es la recta tangente de ⊙B. teorema, obtenemos

= ,

Es decir,

∴

Prueba 12 (Use el teorema del polinomio para probar)

En RtΔABC, sean los lados rectángulos BC = a, AC = b y la hipotenusa AB = c ( Como se muestra en la Figura). Dibuje AD‖CB por el punto A y BD‖CA por el punto B. Entonces ACBD es un rectángulo, y el rectángulo ACBD está inscrito en un círculo. Según el teorema del polinomio, el producto de las diagonales de un círculo inscrito en un. cuadrilátero es igual a dos La suma de los productos de los lados opuestos es

∵ AB = DC = c,

AD = BC = a,

AC = BD = b,

∴, es decir,

∴

Prueba 13 (. Construye el círculo inscrito del triángulo rectángulo para demostrar)

En RtΔABC, sean los lados rectángulos BC = a, AC = b, hipotenusa AB = c Construye el círculo inscrito ⊙O de RtΔABC, y los puntos tangentes son respectivamente D, E, F (como se muestra en la figura), sea el radio de ⊙O

∵ AE = AF, BF = BD, CD = CE,

∴

= = r r = 2r,

Es decir,

∴

∴ ,

Es decir,

∵ ,

∴ ,

y ∵ = =

= = ,

∴ ,

/ Son a y b respectivamente, la longitud de la hipotenusa AB es c, la que pasa por el punto C es CD⊥AB, y el pie vertical es D.

Suposición, es decir, hipótesis, entonces

= =

Se puede ver que, es decir, AD: AC≠AC: AB, o BD: BC≠BC: AB.

En ΔADC y ΔACB,

∵ ∠A = ∠A,

∴ Si AD：AC≠AC：AB, entonces

∠ADC≠∠ACB

En ΔCDB y ΔACB,

∵ ∠B = ∠B,

∴ Si BD: BC≠BC: AB, entonces

∠CDB≠∠ACB

Y ∵ ∠ACB = 90?,

∴ ∠ADC≠90?, ∠CDB≠90?

Esto es inconsistente con la práctica CD⊥AB. Por lo tanto, el supuesto de no puede Establecido

Prueba 15 (prueba de Simpson) . p>

Suponga que las longitudes de los dos lados rectángulos de un triángulo rectángulo son a y b respectivamente, y la longitud de la hipotenusa es c Construya un cuadrado ABCD con longitud de lado a b. Divida el cuadrado ABCD en varios. partes como se muestra en la figura de la izquierda arriba, entonces el área del cuadrado ABCD es; Divida el cuadrado ABCD en varias partes como se muestra en la figura de la derecha arriba, entonces el área del cuadrado ABCD es =

∴ ,

∴ .

Prueba 16 (Chen Jie demostró)

Suponga que las longitudes de los dos lados rectángulos de un triángulo rectángulo son a y b (bgt; a), y la longitud de la hipotenusa es c. Haz dos cuadrados (bgt; a) con lados de longitud a y b, y júntalos como se muestra en la figura. Muestra la forma de modo que los tres puntos E, H y M están en línea recta. Utilice números para indicar el número del área (como se muestra en la figura).

Intercepte ED = a desde EH = b y conecte DA y DC.

Entonces AD = c.

∵ EM = EH HM = b a , ED = a,

∴ DM = EM―ED = ―a = b.

Y ∵ ∠CMD = 90?, CM = a,

∠AED = 90?, AE = b,

∴ RtΔAED ≌ RtΔDMC

∴ ∠EAD = ∠MDC, DC = AD = c

∵ ∠ADE ∠ADC ∠MDC =180?,

> ∠ADE ∠MDC = ∠ADE ∠EAD = 90?,

∴ ∠ADC = 90?

∴ Como AB‖DC, CB‖DA, entonces ABCD es una arista. Un cuadrado de longitud c.

∵ ∠BAF ∠FAD = ∠DAE ∠FAD = 90?,

∴ ∠BAF=∠DAE

Conecta FB. , en ΔABF y ΔADE,

∵ AB =AD = c, AE = AF = b, ∠BAF=∠DAE,

∴ ΔABF ≌ ΔADE

< p. > ∴ ∠AFB = ∠AED = 90?, BF = DE = a

∴ Los puntos B, F, G, H están en línea recta

En RtΔABF y RtΔBCG. ,

∵ AB = BC = c, BF = CG = a,

∴ RtΔABF ≌ RtΔBCG

∵ , , ,

< p. > ,

∴

∴ .

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