Suma kwadratów przyprostokątnych równa się kwadratowi przeciwprostokątnej:

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

Odpowiedź: B.

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

Odpowiedź: $10$.

Przekształcamy twierdzenie:

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

Odpowiedź: $12$.

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

$$3^2+4^2=9+16=25=5^2 \ ✔$$

Odpowiedź: C. $3,4,5$.

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

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

Odpowiedź: $15$.

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

Odpowiedź: A. $a\sqrt2$.

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.

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

Odpowiedź: D. $17$.

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: $5\sqrt3$.

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

Odpowiedź: B. $\frac{a\sqrt3}{2}$.

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.

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

Krok 2 — podstawiamy:

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

Odpowiedź: $8$.

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

Odpowiedź: C. $\sqrt2$.

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.

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 — 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 — 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 — 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 — $c$ 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.