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Beweis, io) Man verfahre gerade so wie im Beweis Nr. q, 
ziehe aber die Gerade AE und AD nicht/ sondern verlängere die 
durch A gehende MN, so muß diese durch den Durchschniltspunkt L 
der Geraden FL und HL gehen (?) und man erhält dann 
Rechteck CDNM = Parallelogramm CD LA ---- Quadrat ACHI, 
und 
Rechteck BENM = Parallelogramm ABEL = Quadrat ABFG, 
also u. f. w. 
Beweis, n) Man fälle aus dem Scheitel A des rechten 
Winkels BAC (Fig. 72.) auf die Hypotenuse BC das Perpendikel 
AM; so ip Ä ACM cnj Ä ABC <v A ABM (?), und demnach 
erhält man 
A ACM : i ABC = AC 1 : B C ’ 
oder 
A ACM : AC‘= AABC: BC*, 
und 
A ABM : A ABC = AB’ : B C * 
oder 
A ABM :Tß’ = A ABC : BC’, 
daher auch 
A ABM + A ACM : Tb' + TcT — 
= 2. A ABC : 2. B C 1 ---- A ABC : BC’, 
oder 
A ABM -J- A ACM : A ABC = TÄT -f Tc’ : 1c', 
und da 
AABM + A ACM = A ABC; 
so ist auch 
AB ' -j- AC’= BC', 
w. z. b. w. 
V e w e i s. 12) Man umschreibe dem in A rechtwinkligen Drey 
ecke ABC einen Kreis, dessen Durchmesser also die Hypotenuse BC 
ist, konstruire über BC ein A BCD ^ A ABC so, daß BD |] AC 
und CD |1 AB wird, und ziehe in dem so entstehenden Vierecke ABDC 
noch die andere Diagonale AD, welche ebenfalls ein Durchmesser des 
Kreises ist (?); so ist dann 
BC . AD = AB . CD + AC . BD,