نظرية بيتاغور — سلسلة مراجعة

✅ الحل الكامل

1) المثلث \( ABE \) قائم في \( E \): \( AB^2 = AE^2 + EB^2 = 9 + 9 = 18 \)، إذن \( AB = 3\sqrt{2} \).

2) \( K \) تنتمي إلى الدائرة التي قطرها \( [EB] \)، إذن المثلث \( EKB \) قائم في \( K \)، أي \( (EK) \perp (AB) \).

فـ \( [EK] \) ارتفاع المثلث \( ABE \) الصادر من \( E \)، ومساحته تُكتب بطريقتين: \( \tfrac{1}{2} AE \times EB = \tfrac{1}{2} AB \times EK \).

ومنه \( EK = \dfrac{AE \times EB}{AB} = \dfrac{3 \times 3}{3\sqrt{2}} = \dfrac{9}{3\sqrt{2}} = \dfrac{3}{\sqrt{2}} = \mathbf{\dfrac{3\sqrt{2}}{2}} \).

3) المثلث \( ABC \) قائم في \( B \) (زاوية المستطيل): \( AC^2 = AB^2 + BC^2 = 18 + 9 = 27 \)، إذن \( AC = 3\sqrt{3} \).

4) نضع معلمًا متعامدًا ومتجانسًا أصله \( A \) بحيث \( A(0\,;\,0) \) ، \( B(3\sqrt{2}\,;\,0) \) ، \( C(3\sqrt{2}\,;\,3) \) ، \( D(0\,;\,3) \).

\( I \) منتصف \( [CD] \)، إذن \( I\left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\,;\,3\right) \).

أ) المستقيم المار من \( I \) والموازي لـ \( (AC) \) يقطع \( (AB) \) (محور الفواصل) في النقطة \( F\left(-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\,;\,0\right) \).

نلاحظ أن \( FI \) و \( AC \) لهما نفس الفرق في الفواصل \( 3\sqrt{2} \) ونفس الفرق في الترتيبات \( 3 \): إذن \( (FI) \parallel (AC) \) و \( FI = AC \).

وبالمثل \( AF = CI = \dfrac{3\sqrt{2}}{2} \) و \( (AF) \parallel (CI) \) (كلاهما أفقي).

الرباعي \( AFIC \) له ضلعان متقابلان متوازيان ومتقايسان، إذن هو متوازي أضلاع.

ب) \( IB^2 = \left(3\sqrt{2} - \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 + 3^2 = \left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 + 9 = \dfrac{9}{2} + 9 = 13{,}5 \)

\( IF^2 = \left(3\sqrt{2}\right)^2 + 3^2 = 18 + 9 = 27 \)

\( FB^2 = \left(3\sqrt{2} + \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \left(\dfrac{9\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \dfrac{162}{4} = 40{,}5 \)

إذن \( IB^2 + IF^2 = 13{,}5 + 27 = 40{,}5 = FB^2 \).

حسب عكس مبرهنة بيتاغور، المثلث \( IBF \) قائم الزاوية في \( I \).