勾股定理

勾股定理的证明方法（有赠积分，帮个忙）

5的平方=3的平方+4的平方 在图一中，D ABC 为一直角三角形，其中 Ð A 为直角。我们在边 AB、BC 和 AC 之上分别画上三个正方形 ABFG、BCED 和 ACKH。 过 A 点画一直线 AL 使其垂直於 DE 并交 DE 於 L，交 BC 於 M。不难证明，D FBC 全等於 D ABD（S。A。S。）。所以正方形 ABFG 的面积 = 2 ´ D FBC 的面积 = 2 ´ D ABD 的面积 = 长方形 BMLD 的面积。 类似地，正方形 ACKH 的面积 = 长方形 MCEL 的面积。即正方形 BCED 的面积 = 正方形 ABFG...全部

   5的平方=3的平方+4的平方 在图一中，D ABC 为一直角三角形，其中 Ð A 为直角。我们在边 AB、BC 和 AC 之上分别画上三个正方形 ABFG、BCED 和 ACKH。
  过 A 点画一直线 AL 使其垂直於 DE 并交 DE 於 L，交 BC 於 M。不难证明，D FBC 全等於 D ABD（S。A。S。）。所以正方形 ABFG 的面积 = 2 ´ D FBC 的面积 = 2 ´ D ABD 的面积 = 长方形 BMLD 的面积。
  类似地，正方形 ACKH 的面积 = 长方形 MCEL 的面积。即正方形 BCED 的面积 = 正方形 ABFG 的面积 + 正方形 ACKH 的面积，亦即是 AB2 + AC2 = BC2。
  由此证实了勾股定理。 这个证明巧妙地运用了全等三角形和三角形面积与长方形面积的关系来进行。不单如此，它更具体地解释了，「两条直角边边长平方之和」的几何意义，这就是以 ML 将正方形分成 BMLD 和 MCEL 的两个部分！ 这个证明的另一个重要意义，是在於它的出处。
  这个证明是出自古希腊大数学欧几里得之手。 欧几里得（Euclid of Alexandria）约生於公元前 325 年，卒於约公元前 265 年。他曾经在古希腊的文化中心亚历山大城工作，并完成了著作《几何原本》。
  《几何原本》是一部划时代的著作，它收集了过去人类对数学的知识，并利用公理法建立起演绎体系，对后世数学发展产生深远的影响。而书中的第一卷命题 47，就记载著以上的一个对勾股定理的证明。 图二中，我们将4个大小相同的直角三角形放在一个大正方形之内，留意大正方形中间的浅黄色部分，亦都是一个正方形。
  设直角三角形的斜边长度为 c，其余两边的长度为 a 和 b，则由於大正方形的面积应该等於 4 个直角三角形和中间浅黄色正方形的面积之和，所以我们有 (a + b)2 = 4(1/2 ab) + c2 展开得 a2 + 2ab + b2 = 2ab + c2 化简得 a2 + b2 = c2 由此得知勾股定理成立。
   证明二可以算是一个非常直接了当的证明。最有趣的是，如果我们将图中的直角三角形翻转，拼成以下的图三，我们依然可以利用相类似的手法去证明勾股定理，方法如下： 图四一共画出了两个绿色的全等的直角三角形和一个浅黄色的等腰直角三角形。
  不难看出，整个图就变成一个梯形。利用梯形面积公式，我们得到∶ 1/2(a + b)(b + a) = 2(1/2 ab) + 1/2 c2 展开得 1/2 a2 + ab + 1/2 b2 = ab + 1/2 c2 化简得 a2 + b2 = c2（定理得证） 有一些书本对证明三十分推祟，这是由於这个证明是出自一位美国总统之手！ 在 1881 年，加菲（James A。
   Garfield； 1831 - 1881）当选成为美国第 20 任总统，可惜在当选后 5 个月，就遭行刺身亡。至於勾股定理的有关证明，是他在 1876 年提出的。 我个人觉得证明三并没有甚麼优胜之处，它其实和证明二一样，只不过它将证明二中的图形切开一半罢了！更何况，我不觉得梯形面积公式比正方形面积公式简单！ 又，如果从一个老师的角度来看，证明二和证明三都有一个共同的缺点，它就是需要到恒等式 (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 了。
  虽然这个恒等式一般都包括在中二的课程之中，但有很多学生都未能完全掌握，由於以上两个证明都使用了它，往往在教学上会出现学生不明白和跟不上等问题。 回答者：璎珞0127 - 童生 一级 10-1 16:37 5的平方=3的平方+4的平方 在图一中，D ABC 为一直角三角形，其中 Ð A 为直角。
  我们在边 AB、BC 和 AC 之上分别画上三个正方形 ABFG、BCED 和 ACKH。过 A 点画一直线 AL 使其垂直於 DE 并交 DE 於 L，交 BC 於 M。不难证明，D FBC 全等於 D ABD（S。
  A。S。）。所以正方形 ABFG 的面积 = 2 ´ D FBC 的面积 = 2 ´ D ABD 的面积 = 长方形 BMLD 的面积。类似地，正方形 ACKH 的面积 = 长方形 MCEL 的面积。
  即正方形 BCED 的面积 = 正方形 ABFG 的面积 + 正方形 ACKH 的面积，亦即是 AB2 + AC2 = BC2。由此证实了勾股定理。 这个证明巧妙地运用了全等三角形和三角形面积与长方形面积的关系来进行。
  不单如此，它更具体地解释了，「两条直角边边长平方之和」的几何意义，这就是以 ML 将正方形分成 BMLD 和 MCEL 的两个部分！ 这个证明的另一个重要意义，是在於它的出处。这个证明是出自古希腊大数学欧几里得之手。
   欧几里得（Euclid of Alexandria）约生於公元前 325 年，卒於约公元前 265 年。他曾经在古希腊的文化中心亚历山大城工作，并完成了著作《几何原本》。《几何原本》是一部划时代的著作，它收集了过去人类对数学的知识，并利用公理法建立起演绎体系，对后世数学发展产生深远的影响。
  而书中的第一卷命题 47，就记载著以上的一个对勾股定理的证明。 图二中，我们将4个大小相同的直角三角形放在一个大正方形之内，留意大正方形中间的浅黄色部分，亦都是一个正方形。设直角三角形的斜边长度为 c，其余两边的长度为 a 和 b，则由於大正方形的面积应该等於 4 个直角三角形和中间浅黄色正方形的面积之和，所以我们有 (a + b)2 = 4(1/2 ab) + c2 展开得 a2 + 2ab + b2 = 2ab + c2 化简得 a2 + b2 = c2 由此得知勾股定理成立。
   证明二可以算是一个非常直接了当的证明。最有趣的是，如果我们将图中的直角三角形翻转，拼成以下的图三，我们依然可以利用相类似的手法去证明勾股定理，方法如下： 图四一共画出了两个绿色的全等的直角三角形和一个浅黄色的等腰直角三角形。
  不难看出，整个图就变成一个梯形。利用梯形面积公式，我们得到∶ 1/2(a + b)(b + a) = 2(1/2 ab) + 1/2 c2 展开得 1/2 a2 + ab + 1/2 b2 = ab + 1/2 c2 化简得 a2 + b2 = c2（定理得证） 有一些书本对证明三十分推祟，这是由於这个证明是出自一位美国总统之手！ 在 1881 年，加菲（James A。
   Garfield； 1831 - 1881）当选成为美国第 20 任总统，可惜在当选后 5 个月，就遭行刺身亡。至於勾股定理的有关证明，是他在 1876 年提出的。 我个人觉得证明三并没有甚麼优胜之处，它其实和证明二一样，只不过它将证明二中的图形切开一半罢了！更何况，我不觉得梯形面积公式比正方形面积公式简单！ 又，如果从一个老师的角度来看，证明二和证明三都有一个共同的缺点，它就是需要到恒等式 (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 了。
  虽然这个恒等式一般都包括在中二的课程之中，但有很多学生都未能完全掌握，由於以上两个证明都使用了它，往往在教学上会出现学生不明白和跟不上等问题。 回答者：孤心岛雨 - 见习魔法师 二级 10-1 16:48 看看这里吧，我认为是最全的。
   回答者：Q残烛 - 举人 五级 10-10 16:18 （Ⅰ） , ∴ 。 (Ⅱ) , ∴ 。 (2)如图1-2，将两个直角三角形拼成直角梯形。 ∴ 4。勾股定理各种表达式 在 中， ，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c则 ， ， ， ， A．重点、难点提示 1．勾股定理反映了一个直角三角形三边之间的关系，所以它也是直角三角形的一条重要性质，同时，勾股定理及逆定理能够把形的特征（三角形中一个角是直角）转化成数量关系（三边之间满足 ），所以它把形与数密切联系了起来； （数形结合是一种重要的数学思想） 2．理解并掌握勾股定理，能够熟练应用勾股定理解决问题． （这是重点，也是难点，要掌握好） B．考点指要 勾股定理是几何中几个重要定理之一，也是中考的重要内容之一，本节的考试点是已知直角三角形的两边求第三边． 勾股定理：直角三角形的两直角边的平方和等于斜边的平方． 我国古代把直角三角形中较短的直角边称为勾，较长的直角边称为股，斜边成为弦． 已知直角三角形的任意两边后，可利用勾股定理求得第三边，为使计算迅速，建议大家熟记： （1）常用的勾股数组：3、4、5；6、8、10；5、12、13等； （2）含45°的直角三角形的三边之比为 ； （3）含30°的直角三角形的三边之比为 ． 在利用勾股定理进行计算与证明中，无直角的情况下，可适当添加垂线，以便利用勾股定理． 如果正数x满足 ，则记 ，这类数在本章中经常遇到，到八年级第二章时我们会专门来学习这类数的性质．请大家不妨把它当作一个一般的数来处理． 【难题巧解点拨】 例1：在△ABC中，∠C=90°， （1）若a=3，b=4，则c=_________________； （2）若a=6，c=10，则b=_________________； （3）若c=34，a：b=8：15，则a=_________________，b=_________________； （4）若b=5，∠B=30°，则c=_________________． 思路分析 这是一组关于勾股定理应用的计算题，由勾股定理可知，在直角三角形中只要已知除直角外的两个独立条件，就能求得直角三角形的边． 解：（1） ，则c=5； （2） ，则b=8； （学会正确应用勾股定理，关键在于边的判断．） （3）∵a：b=8：15，∴设a=8x，b=15x， ∵∠C=90°，∴ ，∴c=17x， ∴17x=34，x=2， ∴a=16，b=30． （4）∵∠C=90°，∠B=30°，∴c=2b=10． 例2：如图1-1，在△ABC中，AB=15，BC=14，CA=13，求BC边上的高AD． 解：设DC=x，则BD=14-x， 在Rt△ABD和Rt△ACD中，由勾股定理可得： ， 两式相减，可得： ， 解之得：x=5， 在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD=12． 点评：△ABC被高AD分成的两个直角三角形的直角边都是未知数，需在两个直角三角形中分别用勾股定理，构成方程组，才能求得结果．这种方程思想在直角三角形的有关计算中是经常应用的． 例3：如图1-2，△ABC中，∠ACB=90°，CD是高，若AB=13cm，AC=5cm，求CD的长． 解法一：由勾股定理， ， ， ∴BC=12cm． 设AD=x，则BD=13-x， 在Rt△ACD中， ， 在Rt△BCD中， ， ， （直角三角形斜边上的高出现以后，共有三个直角三角形） 解得： cm， ，即 ． 解法二： ， ∴AC·BC=AB·CD， 由勾股定理可求得BC=12cm， ． （常用面积法求直角三角形斜边上的高） 点评：解法二利用三角形面积公式，这为求直角三角形斜边上的高提供了简便的方法；解法一虽然比较繁，但是它提供了“已知三角形（任意三角形）的三边，求一边上的高”的一般解法． 例4：如图1-3，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D、E在BC上，且∠DAE=45°，求证： ． （以结论的形式为解决问题的突破点） 证明：过点C作CF⊥BC，使CF=BE，连结AF、DF， ∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB=∠ACF=45°， ∴△ABE≌△ACF （SAS）， ∴BE=CF，AE=AF，∠BAE=∠CAF， ∴∠BAC=∠EAF=90°， ∵∠DAE=45°， ∴∠DAF=45°， ∴△DAE≌△DAF（SAS）， （两次利用证明三角形的全等进行边的转化） ∴DE=DF， ， ． 点评：本题综合考察勾股定理的应用，关键是构造直角三角形．从待证的结论来看，联想到勾股定理，但由于CD、BE、DE三边不在同一个三角形中，应设法将其集中在一个三角形中，而△ABC是等腰三角形，有边、角相等的条件，为构造三角形提供了基础． 例5：国家电力总公司为了改善农村用电电费过高的现状，目前正在全国各地农村进行电网改造．莲花村六组有四个村庄A、B、C、D正好位于一个正方形的四个顶点，现计划在四个村庄联合架设一条线路，他们设计了四种架设方案，如图1-4中的实线部分，其中图（4）中，∠DAE=∠ADE=∠CBF= ∠BCF=30°．请你帮助计算一下，哪种假设方案最省电线？（以下数据可供参考： ） 解：不妨设正方形的边长为1（也可设为a），则 图1-4（1）、图1-4（2）中的总线路长分别为AD+AB+BC=3，AB+BC+CD=3， （认真理解题意是关键） 图1-4（3）中，总线路长为 ， 图1-4（4）中，延长EF交BC于点H，则FH⊥BC，BH=HC， ∵∠FBH=30°， ， 由勾股定理可得： ， ， 此时，总线路长为： ， 显然，3>2。
  828>2。732， 故图1-4（4）的连接线路最短，即图1-4（4）的架设方案最省电线． 点评：本题是实验应用题，主要考察架设电路的实践和创新能力，符合国家对中考命题的要求，解题的关键是计算出四条线路的长度，并加以比较，选出最短的方案． 【典型热点考题】 例1 在钝角 中，CB=9，AB=17，AC=10，AD⊥BC于CD。
  求AC长。 点悟：从题目所给的条件看，不易直接利用勾股定理计算AD，必须先求出CD的长才能解决问题。要求出CD的长度，可设CD=x，设法找到关于x的方程，通过解方程的方法求出未知的CD长，而题目中存在的两个直角三角形给了我们解决的途径。
   解：如图，设CD=x，在 中， ；在 中， 。 ∴ 。 解此方程，得x=6。 ∴ 。 例2 已知：如图1-3在 中， AB=5，BC=3，CD⊥AB于D,求CD的长。 解：∵ 是直角三角形AB=5，BC=3，由勾股定理有 ， ∴ 。
   又 ， ∴ 。 答：CD的长是2。4。 例3 在 中，AD⊥BC于D，∠ABC=2∠C，求证： 。 点悟：从已知条件和结论看，二者没有直接的联系。从结论出发，如果结论成立，需有 。
  而通过Rt△ABD和Rt△ACD，易得 。只需再证CD-BD=AB即可。由于∠ABC=2∠C，可利用倍角关系来证明CD-BD=AB。 证明：如图1-4延长DB至E，使EB=AB，连结AE。 由作图可知：△ABE是等腰三角形， ∴∠1=∠E。
   又∵∠ABC=∠1+∠E=2∠C， ∴∠E=∠C。 ∴DC－BD=DE－DB=BE=AB。 在Rt△ABD和Rt△ACD中， ， 。 ∴ =（CD+BD）（CD-BD） =BC·AB ∴ 。
   例4 已知：△ABC的三个角度数比是∠A：∠B：∠C=1：2：3。 求证： 。 证明：∵∠A+∠B+∠C=180°（三角形内角和是180°），∠A：∠B：∠C=1：2：3（已知）。
   ∴∠A=30°，∠C=90°。 ∴c=2a。 在Rt△ACB中，有 （勾股定理）， ∵ ， ∴ 。 例5 已知如图1-5，在△ABC中，AB=AC=5，P为BC边上一点， 求证： 。
   证明：过A作AD⊥BC于D，则有BD=CD。 在Rt△APD中， （勾股定理） 又∵ （勾股定理）， ∴ = =25+（PD+CD）（-BP） =25-PC·BP， ∴ 。 点拔：当涉及计算时，常作高构造直角三角形，利用勾股定理证题。
   例6 如图1-6，在△ABC中，∠A=90°，DE垂直平分BC，若AC=2，∠B=15°，求△ABC的周长。 点悟：欲求△ABC的周长，必须求出它的三条边，因已知中只知道AC的长，故需求出AB和BC的长。
  因为∠B=15°，非特殊角，故考虑先将其转化为特殊的角，沟通角与边或边与边的关系。 解：连结CD，则 ∵DE垂直平分BC， ∴DB=DC， ∴∠B=∠DCB。 又∵∠ADC=∠B+∠DCB， ∴∠ADC=2∠B。
   ∵∠B=15°， ∴∠ADC=30°。 ∴在Rt△ADC中，AC= DC， 又∵AC=2， ∴BD=CD=4。 由勾股定理 得 。 ∴ 。 由勾股定理 ，得 。 ∴△ABC的周长等于 。
   例7 已知：如图1-7，在Rt△ABC中，∠C=90°，D、E分别为BC、AC的中点，AD=5，BE= ，求AB的长。 点悟：先求BC、AB，再由勾股定理求AB。 解：设AC=b，BC=a，AB=c， ∵AD、BE是中线（已知）， ∴CE= ，CD= （三角形中线概念）。
   又∠C=90°（已知）， ∴在Rt△ACD中， （勾股定理）， 在Rt△BCE中， （勾股定理）， ∵AD=5， （已知）， ∴ ∴ 。 ∵在Rt△ABC中，∠C=90°（已知）， ∴ （勾股定理）。
   ∴AB= 。 例8 如图1-8，△ABC的三边BC=17，CA=18，AB=19，过△ABC内一点P向三边作垂线，垂足分别为D、E、F，且BD+CE+AF=27，求BD+BF的长度。
   点悟：由PD、PE、PF分别垂直于三角形的三条边可想到构造直角三角形，利用勾股定理来得到边与边之间的关系。 解：连结PA、PB、PC，则设BD=x，CE=y，AF=z，则 DC=17-x，EA=18-y，FB=19-z。
   在Rt△PBD中， 。 在Rt△PBF中， 。 即 ①。 同理可得 ②。 ③。 ①+②+③，得 。 化简，得 17x+18y+19z=487。 又∵x+y+z=27， ∴x=z-1。
   ∴BD+BF=x+(19-z)=18。 例9 一个等腰三角形的周长是16cm，底边上的高是4cm，求这个三角形的各边长。 解：如图1-9，设此等腰三角形的底边长为a，腰长为b，则按题意有 解得 a=6cm，b=5cm。
   例10 已知：如图1-10在△ABC中，∠A=90°，DE为BC的垂直平分线， 求证： 点悟： ，只须证 ，而AE、AC互相垂直，故想到连结CE，则有 ，又由垂直平分线性质，得BE=CE，所以问题得证。
   证明：连结CE，则BE=CE， ∵∠A=90°， ∴ （勾股定理） ∴ ∴ 。 【综合题型巧解】 例11 已知，如图1-11，在△ABC中，∠B=45°，∠C=30°， ，求AC的长。
   点悟：如过A作AD⊥BC于D，则AD=1，因为∠C=30°，故AC=2， 解：过A作AD⊥BC于D， ∴∠B+∠BAD=90°。 ∵∠B=45°， ∴∠B=∠BAD=45°， ∴AD=BD。
   ∵ ， ∴AD=1。 ∵∠C=30°，AD⊥BC。 ∴AC=2AD=2。 例12 如图1-12，在△ABC中，AB=AC，GH‖BC，求证： 。 证明：如图1-12，过H作HM‖AB交BC于M，HN⊥BC于N。
   ∵GH‖CM，GB‖HM， 又 BH=BH， ∴△GBH≌△MHB，从而BM=GH。 ∵∠HMC=∠ABC=∠C 且HM⊥MC， ∴MN=NC。 在Rt△BHN与 Rt△HNC中， ， ， ∴ = +（BN+NC）（BN-NC） = +BC·（BN-MN） = +BC·BM= +BC·GH。
   点拔：合理添作辅助线HM、HN，转移相等线段并利用勾股定理是证得本题结论的关健。 例13 在△ABC中，如图1-13，△ABC中，如图1-13，∠BAC=90°，AB=AC，P为BC上一点。
   求证： 。 点悟：从结论中 考虑，应该将PA放置到Rt△中去，为此考虑过A点作垂线段或过P点作垂线段构造Rt△，这样得到两种证法。 证法（一）：如图1-13，过点A作AD⊥BC于D， 则在Rt△ADP中 ， ∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠B=∠C=45°。
   ∵AD⊥BC，AB=A C， ∴∠BAD=∠CAD=45°。 ∴∠B=∠BAD=∠CAD=∠C=45° ∴AD=BD=CD= BC。 ∴ = = ∴ 。 证法（二）：如图1-14，过点P作PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，则BE=PE，PF=CF=AE，下略。
   例14 设a、b、c、d都是正数，求证： > 。 略证：构造一个边长分别为(a+b)、(c+d)的矩形ABCD（如图1-15） 在Rt△ABE中， BE= = = ， 在Rt△BCF中， BF= = = ， 在Rt△DEF中， EF= 。
   在△BEF中，BE+EF>BF, 即 + > 回答者：yysb - 试用期 一级 10-15 16:57 5的平方=3的平方+4的平方 在图一中，D ABC 为一直角三角形，其中 Ð A 为直角。
  我们在边 AB、BC 和 AC 之上分别画上三个正方形 ABFG、BCED 和 ACKH。过 A 点画一直线 AL 使其垂直於 DE 并交 DE 於 L，交 BC 於 M。不难证明，D FBC 全等於 D ABD（S。
  A。S。）。所以正方形 ABFG 的面积 = 2 ´ D FBC 的面积 = 2 ´ D ABD 的面积 = 长方形 BMLD 的面积。类似地，正方形 ACKH 的面积 = 长方形 MCEL 的面积。
  即正方形 BCED 的面积 = 正方形 ABFG 的面积 + 正方形 ACKH 的面积，亦即是 AB2 + AC2 = BC2。由此证实了勾股定理。 这个证明巧妙地运用了全等三角形和三角形面积与长方形面积的关系来进行。
  不单如此，它更具体地解释了，「两条直角边边长平方之和」的几何意义，这就是以 ML 将正方形分成 BMLD 和 MCEL 的两个部分！ 这个证明的另一个重要意义，是在於它的出处。这个证明是出自古希腊大数学欧几里得之手。
   欧几里得（Euclid of Alexandria）约生於公元前 325 年，卒於约公元前 265 年。他曾经在古希腊的文化中心亚历山大城工作，并完成了著作《几何原本》。《几何原本》是一部划时代的著作，它收集了过去人类对数学的知识，并利用公理法建立起演绎体系，对后世数学发展产生深远的影响。
  而书中的第一卷命题 47，就记载著以上的一个对勾股定理的证明。 图二中，我们将4个大小相同的直角三角形放在一个大正方形之内，留意大正方形中间的浅黄色部分，亦都是一个正方形。设直角三角形的斜边长度为 c，其余两边的长度为 a 和 b，则由於大正方形的面积应该等於 4 个直角三角形和中间浅黄色正方形的面积之和，所以我们有 (a + b)2 = 4(1/2 ab) + c2 展开得 a2 + 2ab + b2 = 2ab + c2 化简得 a2 + b2 = c2 由此得知勾股定理成立。
   证明二可以算是一个非常直接了当的证明。最有趣的是，如果我们将图中的直角三角形翻转，拼成以下的图三，我们依然可以利用相类似的手法去证明勾股定理，方法如下： 图四一共画出了两个绿色的全等的直角三角形和一个浅黄色的等腰直角三角形。
  不难看出，整个图就变成一个梯形。
  利用梯形面积公式，我们得到∶ 1/2(a + b)(b + a) = 2(1/2 ab) + 1/2 c2 展开得 1/2 a2 + ab + 1/2 b2 = ab + 1/2 c2 化简得 a2 + b2 = c2（定理得证）。收起