99 lines
2.7 KiB
TeX
99 lines
2.7 KiB
TeX
|
\documentclass[11pt]{beamer}
|
||
|
|
\usepackage{ucs}
|
||
|
|
\usetheme{Warsaw}
|
||
|
|
\usepackage[utf8]{inputenc}
|
||
|
|
\usepackage{polski}
|
||
|
|
\usepackage{amsmath}
|
||
|
|
\usepackage{amsfonts}
|
||
|
|
\usepackage{amssymb}
|
||
|
|
\usepackage{graphicx}
|
||
|
|
\usepackage{tikz}
|
||
|
|
\usepackage{mathtools}
|
||
|
|
\usepackage{amsmath}
|
||
|
|
\usepackage{amsthm}
|
||
|
|
|
||
|
|
\newtheorem{tw}{Twierdzenie}
|
||
|
|
%\theoremstyle{definition}
|
||
|
|
%\newtheorem{definition}{Definicja}
|
||
|
|
|
||
|
|
\author{Izabela Kosmala}
|
||
|
|
\title{Twierdzenie Pitagorasa}
|
||
|
|
\subtitle{Dowód}
|
||
|
|
\institute{Uniwersytet im. Adama Mickiewicza}
|
||
|
|
\date{09.11.2017 r.}
|
||
|
|
|
||
|
|
\begin{document}
|
||
|
|
|
||
|
|
\begin{frame}
|
||
|
|
\titlepage
|
||
|
|
\end{frame}
|
||
|
|
|
||
|
|
\begin{frame}{Twierdzenie Pitagorasa}
|
||
|
|
\begin{tw}[Pitagorasa]
|
||
|
|
|
||
|
|
W dowolnym trójkącie prostokątnym suma kwadratów długości przyprostokątnych jest równa kwadratowi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
|
||
|
|
Niech $a$,$b$ oznaczają długości przyprostokątnych, $c$ oznacza długość przeciwprostokątnej. Prawdziwy jest wtedy wzór:
|
||
|
|
\[a^2=b^2+c^2\]
|
||
|
|
|
||
|
|
\end{tw}
|
||
|
|
|
||
|
|
\begin{tikzpicture}[scale=0.7]
|
||
|
|
\draw (-5,0);
|
||
|
|
\draw (-5,5);
|
||
|
|
\draw (0,0)--(4,4)--(4,0)--cycle;
|
||
|
|
\node[below] at (2,-0.05) {a};
|
||
|
|
\node[right] at (4.05,2) {b};
|
||
|
|
\node[above] at (1.75,2.05) {c};
|
||
|
|
\end{tikzpicture}
|
||
|
|
\end{frame}
|
||
|
|
|
||
|
|
\begin{frame}{Dowód tw. Pitagorasa}
|
||
|
|
Przedstawimy dowód oparty na podobieństwie trójkątów.
|
||
|
|
|
||
|
|
Na początek poprowadzimy wysokość z wierzchołka przy kącie prostokątnym i oznaczmy ją przez $h$. Wierzchołki trójkąta oznaczmy przez $A$,$B$,$C$ a punkt, w którym wysokość przecina przeciwprostokątną przez $D$. Niech $a$,$b$ oznaczają długości przyprostokątnych, $c$ oznacza długość przeciwprostokątnej.
|
||
|
|
|
||
|
|
\begin{tikzpicture}[scale=0.7]
|
||
|
|
\draw (-1,5);
|
||
|
|
\draw (2,0)--(4,4)--(12,0)--cycle;
|
||
|
|
|
||
|
|
\node[below] at (2,0) {A};
|
||
|
|
\node[above] at (4,4) {C};
|
||
|
|
\node[below] at (12,0) {B};
|
||
|
|
\node[below] at (4,0) {D};
|
||
|
|
\node[below] at (6,-0.05) {c};
|
||
|
|
\node[above] at (3,-0.05) {c$_1$};
|
||
|
|
\node[above] at (8,-0.05) {c$_2$};
|
||
|
|
\node[above] at (8,2) {a};
|
||
|
|
\node[above] at (2.75,2.05) {b};
|
||
|
|
\node[right] at (4,2) {h};
|
||
|
|
\draw (4,4) -- (4,0);
|
||
|
|
\end{tikzpicture}
|
||
|
|
|
||
|
|
\end{frame}
|
||
|
|
|
||
|
|
|
||
|
|
\begin{frame}
|
||
|
|
Z własności wysokości, wiemy, że $\angle ADC$ i $\angle BDC$ są kątami prostymi. Wobec tego $|\angle ACD| = |\angle ABC| = |\angle ACD|$ oraz $|\angle BCD| = |\angle BAC| = |\angle DAC|$, oznaczmy $\angle ACD = \beta$ oraz $\angle ABC = \alpha$.
|
||
|
|
|
||
|
|
Możemy wywnioskować więc, że $\triangle ADC$, $\triangle ACB$ oraz $\triangle BCD$ są trójkątami podobnymi na podstawie cechy KKK.
|
||
|
|
\end{frame}
|
||
|
|
|
||
|
|
|
||
|
|
\begin{frame}
|
||
|
|
Zauważmy, że $\cos\alpha = \frac{b}{c} = \frac{c_1}{b}$. Stąd $b^2=c*c_1$.
|
||
|
|
|
||
|
|
Zauważmy, że $\cos\beta = \frac{a}{c} = \frac{c_2}{a}$. Stąd $a^2=c*c_2$.
|
||
|
|
|
||
|
|
Wiemy, że $c_1 + c_2 = c$.
|
||
|
|
|
||
|
|
Wobec tego $a^2 + b^2 = cc_2 + cc_1 = c(c_2 + c_1) = c^2$.
|
||
|
|
\begin{flushright}
|
||
|
|
$\square$
|
||
|
|
\end{flushright}
|
||
|
|
\end{frame}
|
||
|
|
|
||
|
|
|
||
|
|
|
||
|
|
|
||
|
|
|
||
|
|
\end{document}
|