Dimostrazione di Hasan Thabit Ibn Qurra Marwan al’Harrani (826-901)

Dato il triangolo (ABC) si costruiscano i quadrati di AC (ACMH) e di CB (CBDL), quindi si prolunghino i lati HM e LD finché non si incontrano in un punto F, e congiungere F con C. Tracciare le perpendicolari ad AB dalla stessa banda di (ABC) fino a incontrare HF e FD nei due punti, rispettivamente, G ed E.

I triangoli (ABC) e (FLC) hanno:
-CB = CL per ipotesi
-ACB = FLC  = 90°
-AC = CM per ipotesi; MC = FL perché segmenti paralleli compresi tra rette parallele; quindi, per la proprietà transitiva della relazione di congruenza, AC = FL
Per il I° criterio di congruenza, (ABC) = (FLC).

I triangoli (ABC) e (FCM) hanno:
-AC = MC per ipotesi
-FM = CL perché segmenti paralleli compresi tra rette parallele; CL = CB per ipotesi; MF = CB per la proprietà transitiva della relazione di congruenza
-ACB = FMC = 90°
Per il I° criterio di congruenza, (ABC) = (FCM).

I triangoli (ABC) e (BDE) hanno:
-ABC = EBD perché complementari di CBE
-EDB = ACB = 90°
Per il II° criterio di congruenza, ABC = BDE, quindi anche EB = AB.

I triangoli (ABC) e ( AHG) hanno:
-AH = AC per ipotesi
-HAG = CAB perché complementari di GAC
-GHA = ACB = 90°
Per il II° criterio di congruenza, (ABC) = (AHG), quindi anche GA = AB.

Congiungendo G con E, non potrò che ottenere un quadrato; è il quadrato dell’ipotenusa AB (ABEG).

I triangoli (ABC) e ( FGE) hanno:
-AB = GE per dimostrazione precedente  
-FE = BC perché rette parallele comprese fra rette parallele (infatti se sia (FLC), sia (EBD) sono congruenti ad (ABC), anche gli angoli alterni interni in F e in E sono congruenti)               
-Allo stesso modo GF = AC

L’area di (ABDFH) può essere vista come data dalla somma dei quadrati di AC e di CB e dei triangoli (ABC), (MCF), (FLC) e dalla somma del quadrato di AB e dei triangoli (GFE), (GHA), (EDB). Ma per la proprietà transitiva della relazione di congruenza, (ABC) = (MCF) = (FLC) = (GFE) = (GHA) = (EDB), dunque, semplificando, AC² + CB² = AB².