Page 32 - Echte wiskunde

20
de helft van de hypothenusa.
P.W. Hemker
C
E AB
D
Gegeven: △ABC, ∠ACB = 90o, AE = EB.
Te bewijzen: CE = AE = EB.
Bewijs: Verleng CE zodat CE = ED. Nu is □ADBC een parallellogram (volgt uit stel- ling 1.7.10). Bovendien heeft het parallellogram een rechte hoek, en is dus een rechthoek. Nu volgt de stelling uit stelling 1.7.17.
Stelling 1.7.25. Als in een driehoek een zwaartelijn gelijk is aan de helft van de zijde waarop ze staat, dan is de driehoek rechthoekig.
C
E AB
Gegeven: △ABC, CE = AE = EB.
Te bewijzen: ∠ACB = 90o.
Bewijs: Uit CE = AE volgt ∠EAC = ∠ECA. Uit CE = EB volgt ∠EBC = ∠ECB. Omdat ∠ABC + ∠BCE + ∠ECA + ∠CAB = 180o volgt ∠ACB = 90o.
Gevolg 1.7.26. Vanuit een punt van een cirkelomtrek zien we iedere middellijn in een rechte hoek.
Stelling 1.7.27 (Stelling van Pythagoras). In een rechthoekige driehoek is de som van het kwadraat van de rechthoekzijden gelijk aan het kwadraat van de hypothenusa.
Gegeven: △ABC waarin ∠BAC = 90o.
Te bewijzen: AC2 + AB2 = CB2.
Bewijs:
(1) □C0CBB0 = □C0CEA0 + □A0EBB0 (2) □C0CEA0 = 2 × △C0CA
(3) △C0CA = △CC′B
(4) □ACC′C′′ = 2 × △CC′B
(5) □ACC′C′′ = □C0CEA0
(6) □ABB′B′′ = □A0EBB0
(7) □ACC′C′′ + □ABB′B′′ = □C0CBB0
(8) AC2 + AB2 = CB2
(stelling 1.7.23).
(congruente driehoeken ZHZ). (stelling 1.7.23).
(volgt uit (2),(3) en (4)).
(op dezelfde manier als (5)). (volgt uit (1),(6) en (7)). (volgt direkt uit (7)).