勾股定理的详细证法

发布网友 发布时间：2022-04-22 06:46

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热心网友 时间：2022-06-16 19:20

勾股定理的证明方法如下：

求证：勾股定理，即直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方。

证明：分两种情况来讨论，即两条直角边长度不相等与相等。

两条直角边长度不相等。

如图，分别设直角三角形的边长为a、b、c，（a<b，c为斜边）。

 

将四个同样大小的三角形拼成右图形式，则：

则右图大正方形的面积为四个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和。

得：c^2=4*(ab/2)+(b-a)^2=2ab+a^2+b^2-2ab=a^2+b^2

即a^2+b^2=c^2，原命题得证。

2.  两条直角边长度相等。

如图，分别设直角三角形的直角边与斜边长为a、c。

将四个同样大小的三角形拼成右图形式，则：

则右图正方形的面积为四个直角三角形的面积之和。

得：c^2=4*(aa/2)=2a^2=a^2+a^2

即a^2+a^2=c^2，原命题得证。

 

所以，直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方。

热心网友 时间：2022-06-16 19:21

勾股定理是初等几何中的一个基本定理。这个定理有十分悠久的历史，两千多年来，人们对勾股定理的证明颇感兴趣，因为这个定理太贴近人们的生活实际，以至于古往今来，下至平民百姓，上至帝王总统都愿意探讨和研究它的证明．下面结合几种图形来进行证明。 一、传说中毕达哥拉斯的证法（图1） 左边的正方形是由1个边长为的正方形和1个边长为的正方形以及4个直角边分别为、，斜边为的直角三角形拼成的。右边的正方形是由1个边长为的正方形和4个直角边分别为、，斜边为的直角三角形拼成的。因为这两个正方形的面积相等(边长都是)，所以可以列出等式，化简得。 在西方，人们认为是毕达哥拉斯最早发现并证明这一定理的，但遗憾的是，他的证明方法已经失传，这是传说中的证明方法，这种证明方法简单、直观、易懂。 二、赵爽弦图的证法（图2） 第一种方法：边长为的正方形可以看作是由4个直角边分别为、，斜边为的直 角三角形围在外面形成的。因为边长为的正方形面积加上4个直角三角形的面积等于外围正方形的面积，所以可以列出等式，化简得。 第二种方法：边长为的正方形可以看作是由4个直角边分别为、，斜边为的 角三角形拼接形成的（虚线表示），不过中间缺出一个边长为的正方形“小洞”。 因为边长为的正方形面积等于4个直角三角形的面积加上正方形“小洞”的面积，所以可以列出等式，化简得。 这种证明方法很简明，很直观，它表现了我国古代数学家赵爽高超的证题思想和对数学的钻研精神，是我们中华民族的骄傲。 三、美国第20任总统茄菲尔德的证法（图3） 这个直角梯形是由2个直角边分别为、，斜边为的直角三角形和1个直角边为 的等腰直角三角形拼成的。因为3个直角三角形的面积之和等于梯形的面积，所以可以列出等式，化简得。 这种证明方法由于用了梯形面积公式和三角形面积公式，从而使证明更加简洁，它在数学史上被传为佳话。

热心网友 时间：2022-06-16 19:21

证法1　　作四个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b ，斜边长为c. 把它们拼成如图那样的一个多边形，使D、E、F在一条直线上。过点C作AC的延长线交DF于点P.
∵ D、E、F在一条直线上， 且RtΔGEF ≌ RtΔEBD，
∴ ∠EGF = ∠BED，
∵ ∠EGF + ∠GEF = 90°，
∴ ∠BED + ∠GEF = 90°，
∴ ∠BEG =180°―90°= 90°
又∵ AB = BE = EG = GA = c，
∴ ABEG是一个边长为c的正方形。
∴ ∠ABC + ∠CBE = 90°
∵ RtΔABC ≌ RtΔEBD，
∴ ∠ABC = ∠EBD.
∴ ∠EBD + ∠CBE = 90°
即 ∠CBD= 90°
又∵ ∠BDE = 90°，∠BCP = 90°，
BC = BD = a.
∴ BDPC是一个边长为a的正方形。
同理，HPFG是一个边长为b的正方形.
设多边形GHCBE的面积为S，则
A2+B2=C2证法2　　作两个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b（b>a） ，斜边长为c. 再做一个边长为c的正方形。把它们拼成如图所示的多边形，使E、A、C三点在一条直线上.
过点Q作QP∥BC，交AC于点P.
过点B作BM⊥PQ，垂足为M；再过点
F作FN⊥PQ，垂足为N.
∵ ∠BCA = 90°，QP∥BC，
∴ ∠MPC = 90°，
∵ BM⊥PQ，
∴ ∠BMP = 90°，
∴ BCPM是一个矩形，即∠MBC = 90°。
∵ ∠QBM + ∠MBA = ∠QBA = 90°，
∠ABC + ∠MBA = ∠MBC = 90°，
∴ ∠QBM = ∠ABC，
又∵ ∠BMP = 90°，∠BCA = 90°，BQ = BA = c，
∴ RtΔBMQ ≌ RtΔBCA.
同理可证RtΔQNF ≌ RtΔAEF.即A2+B2=C2证法3　　作两个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b（b>a） ，斜边长为c. 再作一个边长为c的正方形。把它们拼成如图所示的多边形.
分别以CF，AE为边长做正方形FCJI和AEIG，
∵EF=DF-DE=b-a，EI=b，
∴FI=a，
∴G,I,J在同一直线上，
∵CJ=CF=a，CB=CD=c，
∠CJB = ∠CFD = 90°，
∴RtΔCJB ≌ RtΔCFD ，
同理，RtΔABG ≌ RtΔADE，
∴RtΔCJB ≌ RtΔCFD ≌ RtΔABG ≌ RtΔADE
∴∠ABG = ∠BCJ,
∵∠BCJ +∠CBJ= 90°，
∴∠ABG +∠CBJ= 90°，
∵∠ABC= 90°，
∴G,B,I,J在同一直线上，
A2+B2=C2。证法4　　作三个边长分别为a、b、c的三角形，把它们拼成如图所示形状，使H、C、B三点在一条直线上，连结
BF、CD. 过C作CL⊥DE，
交AB于点M，交DE于点L.
∵ AF = AC，AB = AD，
∠FAB = ∠GAD，
∴ ΔFAB ≌ ΔGAD，
∵ ΔFAB的面积等于，
ΔGAD的面积等于矩形ADLM
的面积的一半，
∴ 矩形ADLM的面积 =.
同理可证，矩形MLEB的面积 =.
∵ 正方形ADEB的面积
= 矩形ADLM的面积 + 矩形MLEB的面积
∴ 即A2+B2=C2证法5（欧几里得）　　《几何原本》中的证明
在欧几里得的《几何原本》一书中提出勾股定理由以下证明后可成立。设△ABC为一直角三角形，其中A为直角。从A点划一直线至对边，使其垂直于对边上的正方形。此线把对边上的正方形一分为二，其面积分别与其余两个正方形相等。
在正式的证明中，我们需要四个辅助定理如下：
如果两个三角形有两组对应边和这两组边所夹的角相等，则两三角形全等。（SAS定理） 三角形面积是任一同底同高之平行四边形面积的一半。任意一个正方形的面积等于其二边长的乘积。任意一个四方形的面积等于其二边长的乘积（据辅助定理3）。证明的概念为：把上方的两个正方形转换成两个同等面积的平行四边形，再旋转并转换成下方的两个同等面积的长方形。
其证明如下：
设△ABC为一直角三角形，其直角为CAB。其边为BC、AB、和CA，依序绘成四方形CBDE、BAGF和ACIH。画出过点A之BD、CE的平行线。此线将分别与BC和DE直角相交于K、L。分别连接CF、AD，形成两个三角形BCF、BDA。∠CAB和∠BAG都是直角，因此C、A 和 G 都是线性对应的，同理可证B、A和H。∠CBD和∠FBA皆为直角，所以∠ABD等于∠FBC。因为 AB 和 BD 分别等于 FB 和 BC，所以△ABD 必须相等于△FBC。因为 A 与 K 和 L是线性对应的，所以四方形 BDLK 必须二倍面积于△ABD。因为C、A和G有共同线性，所以正方形BAGF必须二倍面积于△FBC。因此四边形 BDLK 必须有相同的面积 BAGF = AB^2。同理可证，四边形 CKLE 必须有相同的面积 ACIH = AC^2。把这两个结果相加， AB^2+ AC^2= BD×BK + KL×KC。由于BD=KL，BD×BK + KL×KC = BD(BK + KC) = BD×BC 由于CBDE是个正方形，因此AB^2+ AC^2= BC^2。此证明是于欧几里得《几何原本》一书第1.47节所提出的证法6（射影定理）　　如图1，Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的高
通过证明三角形相似则有射影定理如下：
图1
⑴（BD）^2=AD·DC，
⑵（AB）^2=AD·AC ，
⑶（BC）^2=CD·AC。　
由公式⑵+⑶得：（AB）^2+（BC）^2=AD·AC+CD·AC =（AD+CD）·AC=（AC）^2，
图1即 （AB）^2+（BC）^2=（AC）^2，这就是勾股定理的结论。证法7（赵爽弦图）　　在这幅“勾股圆方图”中，以弦为边长得到正方形ABDE是由4个相等的直角三角形再加上中间的那个小正方形组成的。每个直角三角形的面积为ab/2；中间懂得小正方形边长为b-a，则面积为（b-a）^2。于是便可得如下的式子：　4×（ab/2)+（b-a）^2 =c^2；
赵爽弦图
化简后便可得：a^2 +b^2 =c^2;
青朱出入图
亦即：c=(a2 +b2 )1/2证法8（达芬奇）　　
达芬奇的证法
三张纸片其实是同一张纸，把它撕开重新拼凑之后，中间那个“洞”的面积前后仍然是一样的，但是面积的表达式却不再相同，让这两个形式不同的表达式相等，就能得出一个新的关系式——勾股定理，所有勾股定理的证明方法都有这么个共同点。观察纸片一，因为要证的事勾股定理，那么容易知道EB⊥CF，又因为纸片的两边是对称的，所以能够知道四边形ABOF和CDEO都是正方形。然后需要知道的是角A'和角D'都是直角，原因嘛，可以看纸片一，连结AD，因为对称的缘故，所以∠BAD=∠FAD=∠CDA=∠EDA=45°，那么很明显，图三中角A'和角D'都是直角。
证明：
第一张中多边形ABCDEF的面积S1=S正方形ABOF+S正方形CDEO+2S△BCO=OF2+OE2+OF·OE
第三张中多边形A'B'C'D'E'F'的面积S2=S正方形B'C'E'F'+2△C'D'E'=E'F'2+C'D'·D'E'
因为S1=S2
所以OF2+OE2+OF·OE=E'F'2+C'D'·D'E'
又因为C'D'=CD=OE,D'E'=AF=OF
所以OF2+OE2=E'F'2
因为E'F'=EF
所以OF2+OE2=EF2
勾股定理得证。证法9　　从这张图可以得到一个矩形和三个三角形，推导公式如下：
b ( a + b )= 1/2 c^2 + ab + 1/2 (b + a)(b - a)
矩形面积 =（中间三角形）+（下方）2个直角三角形+（上方）1个直
角三角形。
（简化） 2ab + 2b^2= c^2 + b^2- a^2+ 2ab
2b^2- b^2 + a^2 = c^2;
a2 + b2 = c2;
注：根据加菲尔德图进一步得到的图形。证法10　　在Rt三角形ABC中，角C=90度，作CH垂直于AB于H。
令a/sinA=b/sinB=c/sinC=d
1=sin90=sinC=c/d=AH/d+BH/d=cosA×b/d+cosB×a/d=cosA×sinB+cosB×sinA=a/c·a/c+b/c·b/c
=(a^2+b^2)/c^2=1
所以a^2+b^2=c^2
得证。

热心网友 时间：2022-06-16 19:22

证法1　　作四个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b ，斜边长为c. 把它们拼成如图那样的一个多边形，使D、E、F在一条直线上。过点C作AC的延长线交DF于点P.
　　∵ D、E、F在一条直线上， 且RtΔGEF ≌ RtΔEBD，
　　∴ ∠EGF = ∠BED，

　　∵ ∠EGF + ∠GEF = 90°，
　　∴ ∠BED + ∠GEF = 90°，
　　∴ ∠BEG =180°―90°= 90°
　　又∵ AB = BE = EG = GA = c，
　　∴ ABEG是一个边长为c的正方形。
　　∴ ∠ABC + ∠CBE = 90°
　　∵ RtΔABC ≌ RtΔEBD，
　　∴ ∠ABC = ∠EBD.
　　∴ ∠EBD + ∠CBE = 90°
　　即 ∠CBD= 90°
　　又∵ ∠BDE = 90°，∠BCP = 90°，
　　BC = BD = a.
　　∴ BDPC是一个边长为a的正方形。
　　同理，HPFG是一个边长为b的正方形.
　　设多边形GHCBE的面积为S，则
　　A2+B2=C2
证法2
　　作两个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b（b>a） ，斜边长为c. 再做一个边长为c的正方形。把它们拼成如图所示的多边形，使E、A、C三点在一条直线上.
　　过点Q作QP∥BC，交AC于点P.
　　过点B作BM⊥PQ，垂足为M；再过点
　　F作FN⊥PQ，垂足为N.
　　∵ ∠BCA = 90°，QP∥BC，
　　∴ ∠MPC = 90°，
　　∵ BM⊥PQ，
　　∴ ∠BMP = 90°，
　　∴ BCPM是一个矩形，即∠MBC = 90°。
　　∵ ∠QBM + ∠MBA = ∠QBA = 90°，
　　∠ABC + ∠MBA = ∠MBC = 90°，
　　∴ ∠QBM = ∠ABC，
　　又∵ ∠BMP = 90°，∠BCA = 90°，BQ = BA = c，
　　∴ RtΔBMQ ≌ RtΔBCA.
　　同理可证RtΔQNF ≌ RtΔAEF.即A2+B2=C2

参考资料：http://ke.baidu.com/view/366.htm#7

热心网友 时间：2022-06-16 19:23

证法1　　作四个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b ，斜边长为c. 把它们拼成如图那样的一个多边形，使D、E、F在一条直线上。过点C作AC的延长线交DF于点P.
∵ D、E、F在一条直线上， 且RtΔGEF ≌ RtΔEBD，
∴ ∠EGF = ∠BED，

∵ ∠EGF + ∠GEF = 90°，
∴ ∠BED + ∠GEF = 90°，
∴ ∠BEG =180°―90°= 90°
又∵ AB = BE = EG = GA = c，
∴ ABEG是一个边长为c的正方形。
∴ ∠ABC + ∠CBE = 90°
∵ RtΔABC ≌ RtΔEBD，
∴ ∠ABC = ∠EBD.
∴ ∠EBD + ∠CBE = 90°
即 ∠CBD= 90°
又∵ ∠BDE = 90°，∠BCP = 90°，
BC = BD = a.
∴ BDPC是一个边长为a的正方形。
同理，HPFG是一个边长为b的正方形.
设多边形GHCBE的面积为S，则
A2+B2=C2证法2　　作两个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b（b>a） ，斜边长为c. 再做一个边长为c的正方形。把它们拼成如图所示的多边形，使E、A、C三点在一条直线上.
过点Q作QP∥BC，交AC于点P.
过点B作BM⊥PQ，垂足为M；再过点
F作FN⊥PQ，垂足为N.
∵ ∠BCA = 90°，QP∥BC，
∴ ∠MPC = 90°，
∵ BM⊥PQ，
∴ ∠BMP = 90°，
∴ BCPM是一个矩形，即∠MBC = 90°。
∵ ∠QBM + ∠MBA = ∠QBA = 90°，
∠ABC + ∠MBA = ∠MBC = 90°，
∴ ∠QBM = ∠ABC，
又∵ ∠BMP = 90°，∠BCA = 90°，BQ = BA = c，
∴ RtΔBMQ ≌ RtΔBCA.
同理可证RtΔQNF ≌ RtΔAEF.即A2+B2=C2证法3　　作两个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b（b>a） ，斜边长为c. 再作一个边长为c的正方形。把它们拼成如图所示的多边形.
分别以CF，AE为边长做正方形FCJI和AEIG，
∵EF=DF-DE=b-a，EI=b，
∴FI=a，
∴G,I,J在同一直线上，
∵CJ=CF=a，CB=CD=c，
∠CJB = ∠CFD = 90°，
∴RtΔCJB ≌ RtΔCFD ，
同理，RtΔABG ≌ RtΔADE，
∴RtΔCJB ≌ RtΔCFD ≌ RtΔABG ≌ RtΔADE
∴∠ABG = ∠BCJ,
∵∠BCJ +∠CBJ= 90°，
∴∠ABG +∠CBJ= 90°，
∵∠ABC= 90°，
∴G,B,I,J在同一直线上，
A2+B2=C2。证法4　　作三个边长分别为a、b、c的三角形，把它们拼成如图所示形状，使H、C、B三点在一条直线上，连结
BF、CD. 过C作CL⊥DE，
交AB于点M，交DE于点L.
∵ AF = AC，AB = AD，
∠FAB = ∠GAD，
∴ ΔFAB ≌ ΔGAD，
∵ ΔFAB的面积等于，
ΔGAD的面积等于矩形ADLM
的面积的一半，
∴ 矩形ADLM的面积 =.
同理可证，矩形MLEB的面积 =.
∵ 正方形ADEB的面积
= 矩形ADLM的面积 + 矩形MLEB的面积
∴ 即A2+B2=C2证法5（欧几里得）　　《几何原本》中的证明
在欧几里得的《几何原本》一书中提出勾股定理由以下证明后可成立。设△ABC为一直角三角形，其中A为直角。从A点划一直线至对边，使其垂直于对边上的正方形。此线把对边上的正方形一分为二，其面积分别与其余两个正方形相等。
在正式的证明中，我们需要四个辅助定理如下：
如果两个三角形有两组对应边和这两组边所夹的角相等，则两三角形全等。（SAS定理） 三角形面积是任一同底同高之平行四边形面积的一半。任意一个正方形的面积等于其二边长的乘积。任意一个四方形的面积等于其二边长的乘积（据辅助定理3）。证明的概念为：把上方的两个正方形转换成两个同等面积的平行四边形，再旋转并转换成下方的两个同等面积的长方形。
其证明如下：
设△ABC为一直角三角形，其直角为CAB。其边为BC、AB、和CA，依序绘成四方形CBDE、BAGF和ACIH。画出过点A之BD、CE的平行线。此线将分别与BC和DE直角相交于K、L。分别连接CF、AD，形成两个三角形BCF、BDA。∠CAB和∠BAG都是直角，因此C、A 和 G 都是线性对应的，同理可证B、A和H。∠CBD和∠FBA皆为直角，所以∠ABD等于∠FBC。因为 AB 和 BD 分别等于 FB 和 BC，所以△ABD 必须相等于△FBC。因为 A 与 K 和 L是线性对应的，所以四方形 BDLK 必须二倍面积于△ABD。因为C、A和G有共同线性，所以正方形BAGF必须二倍面积于△FBC。因此四边形 BDLK 必须有相同的面积 BAGF = AB^2。同理可证，四边形 CKLE 必须有相同的面积 ACIH = AC^2。把这两个结果相加， AB^2+ AC^2= BD×BK + KL×KC。由于BD=KL，BD×BK + KL×KC = BD(BK + KC) = BD×BC 由于CBDE是个正方形，因此AB^2+ AC^2= BC^2。此证明是于欧几里得《几何原本》一书第1.47节所提出的证法6（射影定理）　　如图1，Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的高
通过证明三角形相似则有射影定理如下：
图1
⑴（BD）^2=AD·DC，
⑵（AB）^2=AD·AC ，
⑶（BC）^2=CD·AC。　
由公式⑵+⑶得：（AB）^2+（BC）^2=AD·AC+CD·AC =（AD+CD）·AC=（AC）^2，
图1即 （AB）^2+（BC）^2=（AC）^2，这就是勾股定理的结论。证法7（赵爽弦图）　　在这幅“勾股圆方图”中，以弦为边长得到正方形ABDE是由4个相等的直角三角形再加上中间的那个小正方形组成的。每个直角三角形的面积为ab/2；中间懂得小正方形边长为b-a，则面积为（b-a）^2。于是便可得如下的式子：　4×（ab/2)+（b-a）^2 =c^2；
赵爽弦图
化简后便可得：a^2 +b^2 =c^2;
青朱出入图
亦即：c=(a2 +b2 )1/2证法8（达芬奇）　　
达芬奇的证法
三张纸片其实是同一张纸，把它撕开重新拼凑之后，中间那个“洞”的面积前后仍然是一样的，但是面积的表达式却不再相同，让这两个形式不同的表达式相等，就能得出一个新的关系式——勾股定理，所有勾股定理的证明方法都有这么个共同点。观察纸片一，因为要证的事勾股定理，那么容易知道EB⊥CF，又因为纸片的两边是对称的，所以能够知道四边形ABOF和CDEO都是正方形。然后需要知道的是角A'和角D'都是直角，原因嘛，可以看纸片一，连结AD，因为对称的缘故，所以∠BAD=∠FAD=∠CDA=∠EDA=45°，那么很明显，图三中角A'和角D'都是直角。
证明：
第一张中多边形ABCDEF的面积S1=S正方形ABOF+S正方形CDEO+2S△BCO=OF2+OE2+OF·OE
第三张中多边形A'B'C'D'E'F'的面积S2=S正方形B'C'E'F'+2△C'D'E'=E'F'2+C'D'·D'E'
因为S1=S2
所以OF2+OE2+OF·OE=E'F'2+C'D'·D'E'
又因为C'D'=CD=OE,D'E'=AF=OF
所以OF2+OE2=E'F'2
因为E'F'=EF
所以OF2+OE2=EF2
勾股定理得证。证法9　　从这张图可以得到一个矩形和三个三角形，推导公式如下：

b ( a + b )= 1/2 c^2 + ab + 1/2 (b + a)(b - a)
矩形面积 =（中间三角形）+（下方）2个直角三角形+（上方）1个直
角三角形。
（简化） 2ab + 2b^2= c^2 + b^2- a^2+ 2ab
2b^2- b^2 + a^2 = c^2;
a2 + b2 = c2;
注：根据加菲尔德图进一步得到的图形。证法10　　在Rt三角形ABC中，角C=90度，作CH垂直于AB于H。
令a/sinA=b/sinB=c/sinC=d
1=sin90=sinC=c/d=AH/d+BH/d=cosA×b/d+cosB×a/d=cosA×sinB+cosB×sinA=a/c·a/c+b/c·b/c
=(a^2+b^2)/c^2=1
所以a^2+b^2=c^2
得证。