初等几何的毕业论文

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（欧几里得的证法）《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 = AB²；。同理可证，四边形 CKLE 必须有相同的面积 ACIH = AC2；。把这两个结果相加， AB2;+ AC2;; = 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AB2;+ AC2;= BC2；。此证明是于欧几里得《几何原本》一书第节所提出的证法6（欧几里德（Euclid）射影定理证法）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： （1）（BD）2;=AD·DC， （2）（AB）2;=AD·AC ， （3）（BC）2;=CD·AC。 由公式（2）+（3）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。 图1证法七（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 =c2； 化简后便可得：a2 +b2 =c2; 亦即：c=(a2 +b2 )1/2 勾股定理的别名 勾股定理，是几何学中一颗光彩夺目的明珠，被称为“几何学的基石”，而且在高等数学和其他学科中也有着极为广泛的应用。正因为这样，世界上几个文明古国都已发现并且进行了广泛深入的研究，因此有许多名称。 中国是发现和研究勾股定理最古老的国家之一。中国古代数学家称直角三角形为勾股形，较短的直角边称为勾，另一直角边称为股，斜边称为弦，所以勾股定理也称为勾股弦定理。在公元前1000多年，据记载，商高（约公元前1120年）答周公曰“故折矩，以为句广三，股修四，径隅五。既方之，外半其一矩，环而共盘，得成三四五。两矩共长二十有五，是谓积矩。”因此，勾股定理在中国又称“商高定理”。在公元前7至6世纪一中国学者陈子，曾经给出过任意直角三角形的三边关系即“以日下为勾，日高为股，勾、股各乘并开方除之得邪至日。 在法国和比利时，勾股定理又叫“驴桥定理”。还有的国家称勾股定理为“平方定理”。 在陈子后一二百年，希腊的著名数学家毕达哥拉斯发现了这个定理，因此世界上许多国家都称勾股定理为“毕达哥拉斯”定理。为了庆祝这一定理的发现，毕达哥拉斯学派杀了一百头牛酬谢供奉神灵，因此这个定理又有人叫做“百牛定理”． 前任美国第二十届总统伽菲尔德证明了勾股定理（1876年4月1日）。 1 周髀算经， 文物出版社，1980年3月， 据宋代嘉定六年本影印，1-5页。 2. 陈良佐：周髀算经勾股定理的证明与出入相补原理的关系。刊於《汉学研究》， 1989年第7卷第1期，255-281页。 3. 李国伟： 论「周髀算经」“商高曰数之法出于圆方”章。刊於《第二届科学史研讨会汇刊》， 台湾，1991年7月， 227-234页。 4. 李继闵：商高定理辨证。刊於《自然科学史研究》，1993年第12卷第1期，29-41页。 5. 曲安京： 商高、赵爽与刘徽关於勾股定理的证明。刊於《数学传播》20卷， 台湾，1996年9月第3期， 20-27页证法8（达芬奇的证法） 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 )= 1/2c2 + 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 + 2b2;= c2; + b2;- a2;+ 2ab 2b2 - b2 + a2 = c2; 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。编辑本段习题及答案将直角三角形ABC绕直角顶点C旋转，使点A落在BC边上的A'，利用阴影部分面积完成勾股定理的证明。∠ACB=90°，BC=a,AC=b,AB=c；求证：a2+b2=c2. 答案 证明：作△A'B'C'≌△ABC使点A的对应点A'在BC上，连接AA' 、BB'， 延长B'A'交AB于点M。 ∵△A'B'C是由△ABC旋转所得 ∴Rt△ABC≌Rt△A'B'C ∴∠A'B'C=∠ABC 延长B'A'交AB于点M 则∠A'B'C+∠B'A'C=90° 而∠B'A'C=∠MA'B（对顶角相等） ∴∠MBA'+MA'B=90° ∴B'M⊥AB ∴Rt△ABC∽Rt△A'BM ∴A'B/AB=A'M/AC 即（a-b)/c=A'M/b ∴A'M=(a-b）·b/c ∴S△ABB'=(1/2)AB·B'M=(1/2)AB·[B'A'+A'M] =(1/2）·c·[c+(a-b）·b/c] =(1/2)c2+(1/2)(a-b）·b =(1/2)[c2+ab-b2] S△B'A'B=(1/2)A'B·B'C=(1/2)(a-b)a=(1/2)(a^2-ab) 而S△ABB=2·S△ABC+S△B'A'B ∴（1/2)[c2+ab-b2]=2·[(1/2)ab]+(1/2)(a2-ab) 则c2+ab-b2=2ab+a2-ab ∴a2+b2=c2. 勾股数