勾股定理证明教案

勾股定理证明教案（通用14篇）

1.勾股定理证明教案 篇一

命题、定理、证明

重点：命题、定理、证明的概念 难点：命题、定理、证明的概念

一、板书课题，揭示目标

同学们，到现在为止，我们已经学习了一些简单的性质、判定、定义，这些命题都是真命题，那什么是命题呢？我们今天就来学习5.3.2命题、定理.本节课的学习目标是：（请看投影）

二、学习目标

1、理解命题、定理、证明的概念.2、会判断一个命题是真命题还是假命题.三、指导自学

认真看课本（P21-22练习前）.1结合例子理解命题的定义，会把一个命题写成“如果„„那么„„”的形式;○2理解真命题、假命题的概念并会判断一个命题的真假.○如有疑问，可以小声问同学或举手问老师.6分钟后，比谁能正确地做出检测题.三、先学

1、教师巡视，督促学生认真紧张地自学

2、学生练习：

检测题 P22 练习补充题：

1、下列是命题的是（）1对顶角相等.○2答案A是正确的.③若ａ＝ｂ，则ａ＋ｃ＝ｂ＋ｃ．④画射○线BC.⑤这条边长等于多少？

2、下列命题是真命题的是（）1同角的补角相等。○2相等的角是对顶角。○③互补的角是邻补角。

④若∠1=∠2，∠2=∠3，则∠1=∠3 分别让两位同学上堂板演，其余同学在位上做。

四、更正、讨论、归纳、总结

1、自由更正

请同学们认真看堂上板演的内容，如果有错误或不同解法的请上来更正或补充。

2、讨论、归纳 评讲2（1）：命题假设的对吗？为什么？怎样找一个命题的假设？引导学生回答：“如果”后接的部分是假设（师板书）

（2）命题的题设正确吗？为什么？他没有“如果„„那么„„”的形式该怎么办呢？如何把命题写成“如果„„那么„„”的形式，引导学生回答：题设——已知事项;结论——是由已知事项推出来的事项。

评补充题：

1、答案正确吗？为什么？引导学生回答：命题的条件是什么？（1）命题必须是一个完整的句子.（2）对某件事做出了判断。

2、“同位角相等“是真命题吗？为什么？引导学生画图说明：

五、课堂作业（见测试题）

六、教学反思

2.勾股定理证明教案 篇二

正弦定理:三棱柱的三个侧面面积的比等于其相对二面角的正弦的比:

$\frac{S{}_1}{\sin (AA{}_1)}=\frac{S{}_2}{\sin (BB{}_1)}=\frac{S{}_3}{\sin (CC{}_1)}.$

余弦定理:三棱柱的任一侧面面积的平方等于其他两个侧面面积的平方和,再减去这两个侧面面积与其所夹二面角余弦的积的两倍:

S${}_1^2$=S${}_2^2$+S${}_3^2$-2S2S3cos(AA1).

(其余二式略写)

这里,S1,S2,S3分别表示侧棱AA1,BB1,CC1所对侧面的面积,(AA1)表示以侧棱AA1为棱的二面角,(BB1)表示以侧棱BB1为棱的二面角,(CC1)表示以侧棱CC1为棱的二面角.

证明:三棱柱ABC-A1B1C1如图1.任取一与它的侧棱垂直的平面α,设A,B,C在α的射影分别为A′,B′,C′.

在△A′B′C′中由正弦定理与余弦定理得

$\begin{array}{l}\frac{B^{\prime }{C}^{\prime }}{\text{s}\text{i}\text{n}{A}^{\prime }}=\frac{C^{\prime }{A}^{\prime }}{\text{s}\text{i}\text{n}{B}^{\prime }}=\frac{A^{\prime }{B}^{\prime }}{\text{s}\text{i}\text{n}{C}^{\prime }}.①\\ B^{\prime }{C}^{\prime }{}^2=A^{\prime }{C}^{\prime }{}^2+A^{\prime }{B}^{\prime }{}^2-2A^{\prime }{C}^{\prime }\cdot A^{\prime }{B}^{\prime }\cos A^{\prime }.②\end{array}$

在①中各分子乘以三棱柱的侧棱长l即得

$\frac{S{}_1}{\sin (AA{}_1)}=\frac{S{}_2}{\sin (BB{}_1)}=\frac{S{}_3}{\sin (CC{}_1)}.$

在②中两边遍乘l2即得

S${}_1^2$=S${}_2^2$+S${}_3^2$-2S2S3cos(AA1).

正、余弦定理证毕.定理的应用举例如下:

【例1】 求证:平行六面体的两个对棱截面面积的平方和等于四个侧面面积的平方和.

证明:如图2,在三棱柱和ABC-A1B1C1和ABD-A1B1D1中用余弦定理得:

S${}_{BD{}_1}^2$=S${}_{AB{}_1}^2$+S${}_{DA{}_1}^2$-2SAB1SDA1cos(AA1), ③

S${}_{CA{}_1}^2$=S${}_{AB{}_1}^2$+S${}_{BC{}_1}^2$-2SAB1SBC1cos[π-(AA1)]. ④

注意SAB1=SCD1,SBC1=SDA1,

③+④即得

S${}_{BD{}_1}^2$+S${}_{CA{}_1}^2$=S${}_{AB{}_1}^2$+S${}_{BC{}_1}^2$+S${}_{CD{}_1}^2$+S${}_{DA{}_1}^2$.

【例2】 在四面体ABCD中,已知棱长AC及(AC),S△ABC=S1,S△ADC=S2,试求相对棱AC与BD的距离.

解:将四面体ABCD补成三棱柱B1AD1-BCD,如图3,则AC与BD的距离即为AC与平面B1D的距离d.

设侧棱AC与D1D的距离为m,则易知

d=msin(D1D). ⑤

而$\frac{S{}_{B{}_{1}C}}{\sin (DD{}_1)}=\frac{S{}_{B{}_{1}D}}{\sin (AC)}$.(正弦定理)

故$\sin (DD{}_1)=\frac{S{}_{B{}_{1}C}\sin (AC)}{S{}_{B{}_{1}D}},⑥$

⑥代入⑤得$d=\frac{mS{}_{B{}_{1}C}\sin (AC)}{S{}_{B{}_{1}D}}.⑦$

又$m=\frac{2S{}_2}{AC},S{}_{B{}_{1}C}=2S{}_1,$

而$S{}_{B{}_{1}D}=\sqrt{(2S{}_1){}^2+(2S{}_2){}^2-2\times 2S{}_1\cdot 2S{}_2\cos (AC)}$(余弦定理),

将这三式代入⑦整理得

$d=\frac{2S{}_{1}S{}_2\sin (AC)}{AC\times \sqrt{S{}_1^2+S{}_2^2-2S{}_{1}S{}_2\cos (AC)}}.⑧$

这就是相对棱AC与BD的距离.

说明:例2的结果⑧实际上给出了两异面直线距离的一个公式.特别地,当(AC)=90°时,⑧成为更简单的形式$d=\frac{2S{}_{1}S{}_2}{AC\sqrt{S{}_1^2+S{}_2^2}}.$

【例3】 已知矩形ABCD的AB=3,BC=4.现沿对角线AC将矩形折成60°的二面角.求对折后BD与AC的距离.

解:问题的实质是求四面体ABCD的对棱AC与BD的距离.对照⑧,得

$\begin{array}{l}S{}_1=S{}_2=\frac{1}{2}\times 3\times 4=6,AC=\sqrt{3{}^2+4{}^2}=5,(AC)=60°,\\ \sin (AC)=\frac{\sqrt{3}}{2},\cos (AC)=\frac{1}{2}.\end{array}$

3.勾股定理证明教案 篇三

勾股定理是几何学中的明珠，充满魅力，于是千百年来，人们对它的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者，有普通百姓，也有尊贵的政要权贵，甚至有国家总统. 也许是因为勾股定理既重要又简单，更容易吸引人，才使它成百次地反复被人炒作，反复被人论证. 1940年出版过一本名为《毕达哥拉斯命题》的勾股定理的证明专辑，其中收集了367种不同的证明方法. 实际上还不止这些，有资料表明，关于勾股定理的证明方法已有500余种，仅我国清末数学家华蘅芳就提供了二十多种精彩的证法. 这是任何定理无法比拟的. 下文选取部分较为精彩的证明方法，供同学们参考.

方法1：课本方法：直接在直角三角形三边上画正方形，如图.

利用三个正方形面积之间的关系，从而得到直角三角形三边之间的关系. 基于完全可以接受的朴素观念，既直观又简单，任何人都看得懂.

方法2：在中国古代的数学家中，最早对勾股定理进行证明的是三国时期吴国的数学家赵爽. 赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法，给出了勾股定理的详细证明.

在这幅“勾股圆方图”中，以弦为边长得到的正方形ABDE是由4个相同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■；中间的小正方形边长为b-a，则面积为（b-a）2. 于是便可得如下的式子：4×■+（b-a）2=c2，化简后便可得：a2+b2=c2. 赵爽的这个证明可谓别具匠心，极富创新意识. 他用几何图形的截、割、拼、补来证明代数式之间的恒等关系，既具严密性，又具直观性，为中国古代以形证数、形数统一，代数和几何紧密结合、互不可分的独特风格树立了一个典范.

方法3：美国第十七任总统J·A·加菲尔德（1831～1888）在学生时代对初等数学就具有强烈的兴趣和高超的才能，在1876年（当时他是众议院议员，5年后当选为美国总统），给出了勾股定理一个漂亮的证明，证明的思路是利用等积思想， 如下图.

S梯形ABCD=■（a+b）2=■. ①

又S梯形ABCD=S△AED+S△EBC+S△CED=■=■. ②

比较以上两式，便得a2+b2=c2.

这一证明由于用了梯形面积公式和三角形面积公式，从而使证明相当简洁.

从勾股定理还推广出很多新的定理和应用，有兴趣的同学可以尝试证明. 如：

欧几里得在他的《几何原本》中给出了勾股定理的推广定理：“直角三角形斜边上的一个直边形，其面积为两直角边上两个与之相似的直边形面积之和.”

从上面这一定理可以推出下面的定理：“以直角三角形的三边为直径作圆，则以斜边为直径所作圆的面积等于以两直角边为直径所作两圆的面积和.”

勾股定理还可以推广到空间：以直角三角形的三边为对应棱作相似多面体，则斜边上的多面体的表面积等于直角边上两个多面体表面积之和.

若以直角三角形的三边为直径分别作球，则斜边上的球的表面积等于两直角边上所作两球表面积之和.

4.勾股定理证明教案 篇四

一、教学目标：

知识与技能：正确理解并掌握相似三角形的判定定理的证明方法

过程与态度: 让学生经历从实验探究到归纳证明的过程，发展学生的合情推理能力。情感态度与价值观：让学生在演绎推理的过程中体验成功的快乐

二、教学重难点：

重点：相似三角形的判定定理的证明过程 难点：相似三角形的判定定理的运用

三、教学过程：

（一）提出问题，导入新课

在上节课中，我们通过类比两个三角形全等的条件，寻找并探究判定两个三角形相似的条件，我们得出的结论是怎样的？您能证明它们一定成立吗？

目的：通过学生回顾复习已得结论入手，激发学生学习兴趣。

（二）合作探究，学习新知：

命题

1、两角分别相等的两个三角形相似。如何对文字命题进行证明？与同伴进行交流.目的：通过学生回顾证明文字命题的步骤入手，引导学生进行画图，写出已知，求证。第一步：引导学生根据文字命题画图，第二步：根据图形和文字命题写出已知，求证。

已知：如图，在△ABC和△A’B’C’中，∠A=∠A’，∠B=∠B’。求证: △ABC∽△A’B’C’。

第三步：写出证明过程。（分析现在能说明两个三角形相似的方法只有相似三角形的定义，我们可以利用这一线索进行探索，已知两角对应相等，根据三角形内角和定理可以推出第三个角也相等，从而可得三角对应相等，下一步，我们只要再证明三边对应成比例即可。根据平行线分线段成比例的推论，我们可以在△ABC内部或外部构造平行线，从而构造出与△A’B’C’全等的三角形。）

证明：在△ABC的边AB（或延长线）上截取AD=A’B’,过点D作BC的平行线，交AC于点E,则∠ADE=∠B,∠AED=∠C,(平行于三角形一边的直线与其他两边相交，截得的对应线段成比例)。

过点D作AC的平行线，交BC于点F,则(平行于三角形一边的直线与其他两边相交，截得的对应线段成比例)。

∴____________

∵DE∥BC，DF∥AC

∴四边形DFCE是平行四边形。

∴DE=CF

∴____________ ∴____________

而∠ADE=∠B, ∠DAE=∠BAC, ∠AED=∠C, ∴____________

∵∠A=∠A’, ∠ADE=∠B’, AD=A’B’，∴△____≌△____

∴△ABC∽△A’B’C’.通过证明，我们可以得到命题1是一个真命题，从而得出相似三角形判定定理1：两角分别相等的两个三角形相似。现在，我们已经有两种判定三角形相似的方法。

下面我们可以类比前面的证明方法，来继续证明命题2：两边成比例且夹角相等的两个三角形相似。能自己试试吗？

鼓励学生积极思考，模仿前面的证明过程进行证明。可让学生板书过程，或老师在学生中寻找资源，通过投影修正过程中存在的问题。

通过证明，学生可以得到相似三角形判定定理2：两边成比例且夹角相等的两个三角形相似。下面让每个学生独立完成三边成比例的两个三角形相似的证明。从而得到相似三角形判定定理：三边成比例的两个三角形相似。

（三）运用知识解决问题

例1 已知：如图是一束光线射入室内的平面图，•上檐边缘射入的光线照在距窗户2.5m处，已知窗户AB高为2m，B点距地面高为1.2m，求下檐光线的落地点N•与窗户的距离NC．

例2 如图，等腰直角三角形ABC中，顶点为C，∠MCN=45°，试说明△BCM∽△ANC．

例3 在ABCD中，M，N为对角线BD的三等分点，连接AM交BC于E，连接EN并延长交AD于F．（1）试说明△AMD∽△EMB；（2）求

FN的值． NE

相似三角形的判定定理的选择：1.已知有一角相等，可选判定定理1和2；2.已知有两边对应成比例，可选判定定理2和3。

（四）学习小结：

通过本节课的学习，你学会了哪些知识和方法？哪里还有困惑？

（五）布置作业：

5.勾股定理证明方法 篇五

【证法1】(梅文鼎证明)

做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=180º―90º=90º.又∵AB=BE=EG=GA=c，∴ABEG是一个边长为c的正方形.∴∠ABC+∠CBE=90º.∵RtΔABC≌RtΔEBD,∴∠ABC=∠EBD.∴∠EBD+∠CBE=90º.即∠CBD=90º.又∵∠BDE=90º，∠BCp=90º，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,∴.【证法2】(项明达证明)

做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=90º，Qp‖BC，∴∠MpC=90º，∵BM⊥pQ，∴∠BMp=90º，∴BCpM是一个矩形，即∠MBC=90º.∵∠QBM+∠MBA=∠QBA=90º，∠ABC+∠MBA=∠MBC=90º，∴∠QBM=∠ABC，又∵∠BMp=90º，∠BCA=90º，BQ=BA=c，∴RtΔBMQ≌RtΔBCA.同理可证RtΔQNF≌RtΔAEF.【证法3】(赵浩杰证明)

做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.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=90º，∴RtΔCJB≌RtΔCFD，同理，RtΔABG≌RtΔADE，∴RtΔCJB≌RtΔCFD≌RtΔABG≌RtΔADE

∴∠ABG=∠BCJ,∵∠BCJ+∠CBJ=90º,∴∠ABG+∠CBJ=90º,∵∠ABC=90º,∴G,B,I,J在同一直线上，【证法4】(欧几里得证明)

做三个边长分别为a、b、c的正方形，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.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。

我国是发现和研究勾股定理最古老的国家。我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“勾广三，股修四，经隅五”，其意为，在直角三角形中“勾三，股四，弦五”.因此，勾股定理在我国又称“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加菲尔德证明了勾股定理(1876年4月1日)。

证明

这个定理有许多证明的方法，其证明的方法可能是数学众多定理中最多的。路明思(ElishaScottLoomis)的pythagoreanproposition一书中总共提到367种证明方式。

6.验证勾股定理的证明 篇六

几何学里有一个非常重要的定理，在我国叫 “勾股定理”或“商高定理”，在国外叫“毕达哥拉斯定理”。相传毕达哥拉斯发现这个定理后欣喜若狂，宰了100头牛大肆庆贺了许多天，因此这个定理也叫“百牛定理”。勾股定理不仅是最古老的数学定理之一，也是数学中证法最多的一个定理。但是，在现实中，有什么方法，可以证明勾股定理呢？看着三角形的边边角角让我想到七巧板，拼图。

于是我动手做了几个五巧板，如下图：

b 然后，利用这些五巧板我做了以下实验：

1）用两副五巧板，将其中的一副拼成一个以c为边长的正方形；将另一副拼成两个边长分别为a、b的正方形。

523 b 4 5a

S1、S2、S3、S4、S5组成；

S1、S3组成；

S2、S4、S5

2）用上面的两副五巧板，还可以拼出如下所示的图形：5 353

a

7.勾股定理证明教案 篇七

一、Napoleon定理

(1）在任意三角形的三边上向外作三个正三角形，则这三个正三角形的中心也构成一个正三角形———外Napoleon三角形．

(2）在任意三角形的三边上向内作三个正三角形，则这三个正三角形的中心也构成一个正三角形———内Napoleon三角形．

(3）内、外Napoleon三角形的面积的差等于原三角形的面积．

二、简单证明

由于本文以下证明，将涉及到费尔马（Pierre Fermat, 1601—1665）点问题：

若点P为三角形△ABC平面内一点，设l=PA+PB+PC，则l的最小值是多少？

引理[2]1°若当P为△ABC内的费尔马点（此时，△ABC最大角小于120°，∠APB=∠BPC=∠CPA=112200°°））时时，，则则ll有有最最小小值值：：

其中a, b, c分别表示△ABC顶点A, B, C对应的边的长度，Δ表示△ABC的面积．

2°若点P为△ABC最大角A（≥120°）点处，则l有最小值：

由于Napoleon定理, 仅仅用到引理的结论1°, 现给出证明.

证明如图1.将△APC绕点C转动60°至△A′P′C, 则△PP′C为正三角形．于是当点B, P, P′，A共线（即P为△ABC内的费尔马点）时，l取最小值：

现在来证明Napoleon定理．

证明 (1) 如图2.对于由正△ABD和正△ACF中心O2, O3构成的△AO2O3与△ABF相似:因为正△AB-D∽正△ACF, 则AF/AB=AO2/AO3, 且∠FAB=∠O2AO3=A+60°.

于是，BF/O2O3=AF/AO2=2cos30°=姨3.

此时，由引理的结论1°知，当P为△ABC“广义”费尔马点：点P在△ABC平面上，满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°（点P可以不在△ABC内，若点P在△ABC上或△ABC外，l不是取最小值（2），而仍然取值（1）），则△O1O2O3为正三角形，且其边长为定值m:

命题1在任意三角形的三边上向外作三个正三角形，则这三个正三角形的中心也构成一个正三角形，其边长值为（4）.

证明 (2) 如图3.对于由正△ABD和正△ACF中心O′2, O′3构成的△AO′2O′3, 由于∠O′2AO′3=A-60°, 若设AO′2=u, AO′3=v, 则边长O2O3为:

而在（1）中，△AO2O3的角∠O2AO3=A+60°，若也设AO2=u, AO3=v, 则边长O2O3为n:

这就是说, (6) 式的最终结果.只需在引理1°, 将求l数学式子（*）中的“C+60°”变换为“C-60°”得到．于是:

又由于△AO′2O′3与△ABF相似：因为正△ABD∽正△ACF，则AF/AB=AO′2/AO′3，且∠FAB=∠O′2AO′3=A-60°, 于是由（3），得到：

命题2在任意三角形的三边上向内作三个正三角形，则这三个正三角形的中心也构成一个正三角形，其边长值为（7）.

证明：（3）对于命题1和命题2中的两正三角形△O1O2O3和△O1O2O3的面积差S，由（4）和（7）得：

于是，结论（3）获证．

三、新思考

以上证明，使Napoleon定理与Fermat点有机结合，增加极大的乐趣．若我们仍然有变换思想构造问题，以下问题值得人们思考．

命题3以任意△ABC的三边分别为边，向内或外作三个三角形：△ABD，△BCE，△CAF，这三个正角形的中心依次是O1, O2, O3，其构成的角满足：∠O1AB+∠O3AC=α, ∠O1BA+∠O2BC=β, ∠O2CB+∠O3CA=γ，则△O1O2O3的三边分别是角α，β，γ的函数：

请读者给出具体的函数式。

参考文献

[1]刘运宜.Napoleon定理的一个初等证法[J].数学通报, 2009 (1) :57-59.

8.坐标法证明兰勃特定理 篇八

Lambert定理 求证：抛物线的外切三角形的外接圆必过其焦点．

由于焦点F是极点，故圆心与焦点的连线|OF|=R=圆心O的极径，所以此圆过抛物线的焦点．

综上所述，应用解析法证明兰勃定理，其实是证明四点共圆的问题，其关键在于正确选择坐标系，巧妙运用两切线交点坐标的轮换性，求得圆的方程，然后说明抛物线焦点的坐标满足圆的方程即可．

此法不仅思路简捷，证题明快，而且富有规律，不添加辅助线，因而对于开阔视野、提高证题水平均有一定作用．

参考文献

1 于志洪．极坐标法证郎古莱定理及其推广．美国 太平洋数学杂志（加州大学主办）, V01.186,NO.2,1996

2 于志洪．极坐标法证西摩松定理及其推广．学校数学通讯（香港教育署主办）,1998(16)

3 于志洪．极坐标法证一定理及其推广．数学通报（中国数学会主办），1990（2）

4 于志洪．极坐标法证三点共线．数学教学（华东师范大学主办），1984（4）

5 四川省数学会编．数学课外活动（高中二年级）．重庆出版社，1983

6 林华编．圆锥曲线．浙江人民出版社，1982

7 唐秀颖主编．数学解题辞典（平面解析几何）．上海辞书出版社，1983

9.勾股定理的证明及应用 篇九

【重点】：

学习勾股定理的文化背景，欣赏历史上经典的勾股定理证明方法，体会其蕴含的创新思维，初步运用勾股定理分析处理具体问题

【难点】：

通过图示欣赏，还原推测图示所含的证明方法

【勾股文化学习】

勾股定理是欧式平面几何的一个核心结果，是三角学的出发点，与“黄金分割”一起被开普勒称为“几何学两个宝藏”。它在‘RT△的三条边之间建立了固定关系’，使人们对原来几何学的感性认识精确化，其中体现出来的“数形统一”的思想方法，启发了人类对数学的深入思考，促成了解析几何与三角学的建立，使数学的两大门类代数和几何结合起来，许多大科学家都认为勾股定理以及处理数据的数学方法深深地影响了现在许多学科的思考模式。

千百年来，人们对它的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家、画家，也有业余数学爱好者，有普通的老百姓，也有尊贵的政要权贵，甚至有国家总统。也许是因为勾股定理既重要又简单又实用，更容易吸引人，才使它成百次地反复被人炒作，反复被人论证。1940年出版过一本名为《毕达哥拉斯命题》的勾股定理的证明专辑，其中收集了367种不同的证明方法。实际上还不止于此，有资料表明，关于勾股定理的证明方法已有500余种，仅我国清末数学家华蘅芳就提供了二十多种精彩的证法。这是任何定理无法比拟的。

在西方国家，一般称勾股定理为毕达哥拉斯（前500）定理，因为人们相信是毕达哥拉斯最早提出并证明了这一定理。并且据说，他在发现这一结论时，欣喜若狂，杀牛百只以供奉神灵。因而这一定理又有了“百牛定理“的称法。在法国和比利时这个定理被称为“驴桥定理”。在中世纪的阿拉伯国家和印度，这一定理还有一个绰号，叫“新娘图”。至于绰号由来，现代人众说纷纭，莫衷一是。

在我国以前也称这一定理为毕达哥拉斯定理。五十年代初，曾展开过关于这一定理命名的讨论。有人主张叫“商高定理”。因这一结论的在我国最早是由西周初的商高提出的。在数学著作《周髀算经》(前1世纪)一书中，记载有商高(前1120)与周公的对话，其中商高提出了“勾三股四弦五”的说法。不过据推断，他还只是了解三边满足3：4：5关系的特例情况，普遍性的结论，由陈子(前716)提出。他说：“„„勾股各自乘，并而开方除之„„”这是普遍勾股定理在我国的最早记载。故有人主张应称为“陈子定理”。后来决定不用人名，而称为“勾股定理”。单就名称之多，勾股定理就可创下一项平面几何之最了。

今天有人戏称，勾股定理为‘宇宙大定理’，因为现在看来，世界上各民族都在差不多接近的时间内独立地发现了勾股定理及其逆定理。目前世界上许多科学家正在试图寻找其他星球的“人”，为此向宇宙发出了许多信号，如地球上人类的语言、音乐、各种图形等。据说我国著名数学家华罗庚曾建议，发射一种反映勾股定理的图形，如果宇宙人是“文明人”，那么他们一定会识别这种“语言”的。

勾股定理在每一个时代都会被当代的精英们给出新的内涵外延，从柏拉图寻求不定方程通解到费马大定理，到今天的分形勾股树(如右上两图)，每每读到这些智慧的创造都会让人神往。

„„

【勾股定理的证明】

观察下列图形，推测勾股定理的证明方法

1、下图是《几何原本》（公元前4世纪前后）中提供的一种证明方法，过A作AH⊥BC于H延长交FK于G．

可证明：

证明思路很多，较简捷的是过F作FP⊥AB于P

易证△FPB≌△CBA进而可知

而

2、下图最早是由我国三国时期数学家赵爽（东汉末至三国东吴人）提出的一种证法．

该图叫弦图，由图示可知

．

3、下图最早是由我国三国时魏国的数学家刘徽（公元三世纪）为注释《九章算术》时提出的一种证法“青朱入出图”，由图示．

边长为a、b的两个正方形，如图示裁割．

M补入 处，N补入处，Q补入

处

4、下图最早是由古代印度数学家婆什迦罗提出的一种证法．

图示的裁割线索很清晰，你试试给出解释．

„„

【勾股定理的应用】

1、已知在△ABC中，a，b，c分别是∠A、∠B，∠C的对边，且a=3，b=4，且b

错解：由勾股定理可得

分析：上面的解法受“勾

三、股

四、弦五”的影响，没有认真审题，错在没有注意到题目中的三角形是否为直角三角形。

正解：，又，∴，即4

评述：运用勾股定理解决问题时，必须是在直角三角形的条件下，不可不加分析就用勾股定理来进行计算。

2、已知：三角形两边的长分别是5和12，如果这个三角形是直角三角形，则其第三边长为_____，∴ x=13

错解：设第三边长为x，则由勾股定理可得：

分析：由于此题中己知直角三角形的两边长，但没有明确这两条边是直角边还是斜边，故需要分情况讨论

正解：当x为斜边时，x=13；当x为直角边时，故第三边长为13或。

评述：在运用勾股定理进行计算时，一定明确哪条是直角边，哪条是斜边，以防止运用不当。

3、利用勾股定理求线段长的简单应用

(1)在Rt△ABC中，∠C=90°，①若a=7，b=24，则c=________；②若a=5，c=13，则b=________；

③若b=15，c=25，则a=________

(2)等腰直角三角形的斜边长为，则此直角三角形的腰长为________________

(3)在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，则斜边AB=________________，斜边AB上的高线长

为________________。(与面积的结合)

(4)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，且c+a=9，c-a=4，则b=________。

(5)如果一个直角三角形有一条直角边长为11，另两条边长为自然数，则这个直角三角形的周长是___

解析：（1）①

（2）2 ②

③

（3）AB=10，（4）

（5）设斜边长为c，另一直角边为a，则

∵ c、a为自然数

∴

∴ 周长为132

4、勾股定理在几何中的应用。

己知：△ABC中AB=AC=20，BC=32，D是BC上一点，且AD⊥AC，求BD的长。

解：过A作AE⊥BC于E。

∵ AB=AC，∴

在Rt△ABE中，AB=20，BE=16，∴

∴ AE=12

故在Rt△ADE中，设DE=x，则

∵ AD⊥AC于A，∴

解得，即，∴ BD=BE-DE=16-9=7

评述：勾股定理是解决直线形中线段计算问题的常用方法，题目中含有直角三角形别忘记使用，题目中没有给出直角三角形可以考虑作垂线构建直角三角形。

5、利用勾股定理解决实际问题

(1)平面上有A、B两点处有甲、乙两只蚂蚁，它们都发现C处有食物，已知点C在A的东南方向，在B的西南方向。甲、乙两只蚂蚁同时从A、B两地出发爬向C处，速度都是30cm／min。结果甲蚂蚁用了2 min，乙蚂蚁2分40秒到达C处分享食物，试问两只蚂蚁原来所处地点相距多远?

解析：首先结合题设画出图形，C在A东南，则A在C西北；C在B西南，则B在C东北

∴ 可知∠ACB=90°，依题设AC=60cm，BC=80cm

∴ AB=100cm

(2)如图A、B为两个村庄，AB、BC、CD为公路，BD为田地，AD为河宽，且CD与AD互相垂直。现要从点E处开设通往村庄A、村庄B的一条电缆，现在共有两种铺设方案：方案一：E→D→A→B；方案二：E→C→B→A。经测量得千米，BC=10千米，∠BDC=45°，∠ABD=15°。已知：地下电缆的修建费为2万元／千米，水下电缆的修建费为4万元／千米。

求：1)河宽AD(结果保留根号)；

2)公路CD的长：

3)哪种方案铺设电缆的费用低?请说明理由。

解析：过B作BF⊥AD交DA延长线于F

在Rt△ABF中可知∠BAF=60°，AB

∴ BF=6，在Rt△BFD中，知∠BDF=45°

∴ DF=BF=6

∴

过B作BG⊥CD于G，则BG=6，BC=10，有CG=8

∴ DC=CG+DG=14

设CE=x，则方案一、二费用分别为

由

∴ 当

当0＜CE＜

当CE=

6、画出长为的线段，可作图 可解得，＜CE＜14时，方案一较省

时，方案二较省 时，方案一、二均可．

解析：考虑到

线段AB为所求

考虑到，可作图

10.勾股定理五种证明方法 篇十

【证法1】

做8

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，再做三个边长分别为a、b、c的正方形，把它们像上图那样拼成两个正方形.从图上可以看到，这两个正方形的边长都是a + b，所以面积相等.即

11a2b24abc24ab22，整理得a2b2c2.【

证法2】（邹元治证明）

以a、b 为直角边，以c为斜边做四个全等的直角三角形，则每个直角三角

1ab2形的面积等于.把这四个直角三角形拼成如图所示形状，使A、E、B三点在一条直线上，B、F、C三点在一条直线上，C、G、D三点在一条直线上.∵ RtΔHAE ≌ RtΔEBF,∴ ∠AHE = ∠BEF.∵ ∠AEH + ∠AHE = 90º, ∴ ∠AEH + ∠BEF = 90º.∴ ∠HEF = 180º―90º= 90º.∴ 四边形EFGH是一个边长为c的正方形.它的面积等于c2.∵ RtΔGDH ≌ RtΔHAE,∴ ∠HGD = ∠EHA.∵ ∠HGD + ∠GHD = 90º,∴ ∠EHA + ∠GHD = 90º.又∵ ∠GHE = 90º,∴ ∠DHA = 90º+ 90º= 180º.2ab∴ ABCD是一个边长为a + b的正方形，它的面积等于.∴ ab214abc

22222.∴ abc.【证法3】（梅文鼎证明）

做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 =180º―90º= 90º.又∵ AB = BE = EG = GA = c，∴ ABEG是一个边长为c的正方形.∴ ∠ABC + ∠CBE = 90º.∵ RtΔABC ≌ RtΔEBD,∴ ∠ABC = ∠EBD.∴ ∠EBD + ∠CBE = 90º.即∠CBD= 90º.又∵ ∠BDE = 90º，∠BCP = 90º，ABC = 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

11a2b2S2ab,c2S2ab22,222∴abc.【证法4】（1876年美国总统Garfield证明）

以a、b 为直角边，以c为斜边作两个全等的直角三角形，则每个直角三角1ab2形的面积等于.把这两个直角三角形拼成如图所示形状，使A、E、B三点在一条直线上.∵ RtΔEAD ≌ RtΔCBE,∴ ∠ADE = ∠BEC.∵ ∠AED + ∠ADE = 90º, ∴ ∠AED + ∠BEC = 90º.∴ ∠DEC = 180º―90º= 90º.∴ ΔDEC是一个等腰直角三角形，12c2它的面积等于.又∵ ∠DAE = 90º, ∠EBC = 90º,∴ AD∥BC.1ab

2∴ ABCD是一个直角梯形，它的面积等于2.1ab221ab1c2

22.∴ 2

222∴ abc.【证法5】（辛卜松证明）

DD

设直角三角形两直角边的长分别为a、b，斜边的长为c.作边长是a+b的正方形ABCD.把正方形ABCD划分成上方左图所示的几个部分，则正方形ABCD

222abab2ab；把正方形ABCD划分成上方右图所示的几个的面积为

部分，则正方形ABCD的面积为

11.几个几何定理的纯几何证明 篇十一

《中学数学杂志》(初中)2008年第2期刊载的“从一道美国数学竞赛题引出的一组几何定理及代数证法”一文(下称文[1])，由一道美国数学竞赛试题经探索、整合，得到了几个新颖有趣、耐人寻味的几何定理，阅后很受启发. 由于这几个几何定理的独特风格和丰富的内涵，颇显其思考性，而引人入胜. 缺感的是文[1]的代数证法冗长繁琐，不够简约，有失纯几何方法的风采、韵味，并非是“定理的证明用代数法解决更妙”(文[1]). 笔者经思索、探究，得到了文[1]中四个定理的浅显、简明、别致的纯几何证法，现介绍如下，供读者参考(为方便计，定理顺序同文[1]).

定理1 已知：如图1，在以AB为直径的半圆中，正方形CDEF内接于半圆，正方形CGHK内接于△BCF，且边CG在AB上，求证：AC=CG.

分析 由对称性，易知AC=BD.

由射影定理(或相交弦定理的推论)，得CF2=AC·BC.

又CF=CD，BC=CD+BD=CD+AC，得CD2=AC(CD+AC)，即AC2+CD·AC=CD2.①

由AC=BD，知AG=BG.故点G是半圆的圆心.

参考文献

[1] 曾恒忠，白方奎等. 从一道美国数学竞赛题引出的一组几何定理及代数证法[J].中学数学杂志(初中).2008，(2).

作者简介：令标，男，1962年11月生，中学高级教师，主要从事数学教学及解题研究，已在多家中学数学期刊发表文章数十篇.

12.正弦定理证明的探究及教学建议 篇十二

一、定理引出

利用直角三角形中的边角关系引出正弦定理.

二、定理的证明

正弦定理的证明方法很多, 本文仅就锐角三角形从传统几何证法和向量证法两方面进行探讨.

1.传统几何证法

证法一:利用三角形的高进行证明.

点评:这种证法体现了解决问题的一般思路, 将未知转化为已知, 即将非直角三角形问题转化为直角三角形问题解决, 关键是利用边角关系表示CD并变形.

证法二:利用三角形的面积证明.

点评:这种证法建立在三角形面积用两边及其夹角正弦乘积的一半表示基础上, 否则就要以证法一为基础.

证法三:利用三角形的外接圆证明.

点评:这种证法就是利用同弦所对的圆周角相等, 将问题向直角三角形转化, 同时建立起比值与外接圆直径的关系, 这是一种很好的关系, 有利于正弦定理的变形应用.

证法四:利用余弦定理证明.

又由海伦公式知

点评:正、余弦定理都是阐述三角形边角关系的定理, 本证法说明他们相互之间是有联系的, 同时建立起比值与三角形三边乘积及其面积的关系, 但计算量大, 不适于课堂教学.

证法五:利用角平分线定理和锐角三角函数定义证明.

点评:这种证法将正弦定理中的比例关系与角平分线定理中的比例关系建立联系, 再用直角三角形中的三角函数进行转化, 完成定理的证明.

2.向量证法

证法六:利用向量投影证明.

点评:向量投影在教材上只作了简单的介绍, 没有说明它的应用, 实际上向量投影的用处是很大的, 突出应用于立体几何中.本证法实质上与证法一相同.

证法七:利用向量数量积证明.

如图2, 在△ABC中, AAAC+CAAB=AAAB, 两边同取与向量CAAD的数量积运算, 得到CAAD· (AAAC+CAAB) =CAAD·AAAB,

点评:正弦定理表达了三角形中的边角关系, 而向量中的数量积则涉及边角关系, 从而考虑用数量积证明.为了同时达到消元的目的, 构造与三角形的一边垂直的向量, 自然选用图2中的向量CAAD, 当然也可以构造其他向量.

证法八:利用向量坐标运算证明.

如图5, 以AB所在直线为x轴, 以点A为原点建立直角坐标系, 作AAAD=BAAC, 则有A (0, 0) , B (c, 0) , C (bcos A, bsin A) , D (acos (π-B) , asin (π-B) , 则:

点评:这种证法通过建立直角坐标系, 确定点坐标, 由向量的坐标运算及向量相等来证明.关键是找到一对相等向量.

证法九:利用三角形外接圆和向量知识证明.

点评:比值与外接圆直径的关系也可以利用向量证明.

证法十:利用向量知识和余弦定理证明.

点评:在a2+b2-2abcos C=4R2sin2C中, 用c=2Rsin C代换, 即得余弦定理, 所以正、余弦定理也可以说是等价的.

3.现行教材中的证法比较

笔者翻阅了六套高中数学教材, 在人教大纲版教材中, 正弦定理在第五章“平面向量”中出现, 在湘教课标版教材中, 正弦定理在必修四中出现, 在其余四套课标教材 (人教课标A版和B版、北师大课标版、苏教课标版) 中, 正弦定理均在必修五中出现.除湘教版外, 其余五套教材均利用直角三角形中的锐角三角函数关系引出正弦定理, 但证法各不相同.

人教大纲版利用向量数量积证明, 但没有利用证法七中的向量C D, 而是过A作了垂直于AB的单位向量j来证明 (如图7) , 也没有探讨比值与外接圆直径的关系.这样的处理不是很自然, 不易想到, 较难接受.不探讨比值与外接圆直径的关系, 对正弦定理的变形应用有一定影响.

人教课标A、B版教材采用证法一, 比值与外接圆直径的关系在习题1.1B组中以习题形式出现, “证明:设△ABC的外接圆半径是R, 则a=2Rsin A, b=2Rsin B, c=2Rsin C.”

北师大课标版教材首先说明正弦定理在等边三角形中成立, 然后利用向量投影证明, 但没有采用证法六, 而是在直角坐标系中给出钝角三角形ABC (如图8) , 利用A C、B C在y轴上的投影相同证明.并利用证法三探讨了比值与外接圆直径的关系.这种处理没有发挥坐标系的作用, 建立坐标系自然会想到点坐标, 但在证明过程中没有用到坐标.

各版本教材的证明各有特色, 人教课标A、B版, 证法简单, 最容易被学生接受.苏教课标版的处理思路清晰自然, 既考虑最佳方法, 又兼顾向量方法;既巩固向量知识, 突出向量的工具性, 又开启学生的思维, 将学习延伸到课后.人教大纲版和北师大课标版的证法不是很理想.笔者赞同将正弦定理的比值与外接圆直径的关系纳入课堂教学, 这个关系的探讨不太难, 学生易接受, 体现了数学的和谐、神奇, 既是一次正弦定理的深入理解和变形应用, 也是一次对学生进行数学美、数学精神教育的机会.特别指出的是湘教课标版的教材体系不同于其余四套课标教材体系, 更接近人教大纲版教材体系, 以向量为主线, 以“问题解决”为驱动, 揭示数学知识的内在联系和数学知识中隐藏的思想、方法, 正弦定理的处理突出重点知识, 内容展开简洁明快, 易教易学, 容易实现课堂的高效化.

13.勾股定理的“无字证明”学案的 篇十三

一、学习内容：P64页课题学习

二、学习目标：

1、会利用图形的移、拼、补来证明代数式之间的恒等关系，即利用数形结合的方法来验证勾股定理。

2、通过以形证数的方法体会“数形结合”和“几何变换”的数学思想方法。

三、学习过程与指导：(一)回忆：勾股定理的内容：

(二)导入新课：怎样用几何图形证明勾股定理表达式呢？(三)自学课本P64页课题学习自学指导：

1、什么叫“无字证明”？

2、搜集课本和其他有关书籍中，利用有趣图形证明勾股定理的实例。

四、检测：

结合以下图形，说明证明勾股定理的方法，写出证明过程。

1、证明：

2、证明：

3、证明：

4、证明：

五、讨论：

1、无字证明的思想方法；

2、P58页做一做的拼图方法。

六、教师讲解：

1、质疑：针对测中的疑难问题讲解；

2、无字证明的实质：

七、悟：

1、根据下图提示，写出勾股定理无字证明：

2、结合以下图形写出无字证明表达式：

15.2 图形的旋转

一、学习目标：

1、理解什么是图形的旋转，明确决定图形旋转后位置的要素。

2、通过观察、实验能准确辩认旋转后图形与原图形的对应元素

3、结合生活实际，体会数学的美学价值。

二、学习重点与难点：

1、重点：决定图形旋转的因素，及旋转图形之间的对应关系。

2、难点：对旋转中心在图形外的某个点的旋转图形的认识。

三、学习过程与指导：(一)自学课本P72—P74 自学指导：

1、什么是图形的旋转？你能用自己的话说明吗？

2、决定图形的旋转的要素有哪些？因此描述图形旋转时必须要

3、思考P73中的相关问题。

4、图2.4与图2.5的旋转中心有何不同？(二)检测：

1、P74页练习2、3

2、填空：

⑴图形的旋转是由_________、_________和_________决定的。⑵如图，△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB和∠E都是直我，若△ABC经旋转后能与 △BDE重合，那么旋转中心是点________，旋转了 _______度。

⑶如图，正方形ABCD中，P为正方形ABCD 内一点，△ABP经过旋转后到达△BCQ的位置，那么旋转中心是点________，旋转了________度，若M是AB的中点，则旋转后点M到_______位置。

4、如图，等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得△DEC，那么点A的对应点是_________，线段BC的对应线段是_______，线段AB的对应线段是__________，∠B的对应角是，旋转中心是_________。

(三)议：

1、针对测中的问题；

2、旋转中心的位置有哪几种情况？(四)教师讲解：

1、旋转要说明旋转中心，旋转的角度，旋转的方向。

2、旋转要学会用运动的观点看问题。

14.勾股定理证明教案 篇十四

勾股定理的证明及其延伸

1.说明

勾股定理是数学中一个重要知识。虽然在教材章节内容中所占篇幅不多，在考试中也往往不会作为一个独立知识点进行命题，但其实其内容及方法常常包含在其他各类题目中，是问题解答过程中一个很重要的手段。所以学生对勾股定理要能够十分熟练地进行使用。本文对勾股定理进行证明及拓展，以使学生对其进行深刻理解。

2.勾股定理的证明

命题：在直角三角形中，a、b为直角边长，c为斜边边长，则有abc。勾股定理一个最简单的证明方法是使用图形证明法。如下图，我们使用4个同样大小的红色直角三角形（a、b为直角边长，c为斜边边长）拼出2个图形： 22

2图1和图2这两个蓝色正方形的面积是相等的（它们的边长都是a+b），而4个红色直角三角形的面积也是相等的，所以2个图形中白色部分的面积也应该相等（都等于蓝色正方

形面积减去4个红色三角形的面积）。而左边图形中白色部分的面积是ab，右边图形中白色部分的面积是c，所以abc。

222222

3.圆与三角形

在讨论勾股定理的延伸之前，我们先来看圆与三角形的关系。

如图3，以BC为直径做圆，圆心为BC的中点O。在圆上任取一点A，则三角形ABC为直角三角形，其中∠A=90°。

如图4，同样做圆。如果A点在圆外，则∠A为锐角。可以这样来证明：连接AO，和圆交与点D。容易得到∠BAC<∠BDC，而∠BDC=90°，故∠A<90°。

如图5，同样做圆。如果A点在圆内，则∠A为钝角。可以这样来证明：连接OA，并延长和圆交与点D。容易得到∠BAC>∠BDC，而∠BDC=90°，故∠A>90°。

综合起来，我们可以得到如下命题：

命题：在三角形ABC中，以BC为直径、BC的中心点为圆心做圆，如果A在圆上，则∠A=90°；如果A在圆外，则∠A<90°；如果A在圆内，则∠A>90°。

注意，这个命题的逆命题也是成立的，即：

命题：在三角形ABC中，以BC为直径、BC的中心点为圆心做圆，如果∠A=90°，则A在圆上；如果∠A<90°，则A在圆外；如果∠A>90°，则A在圆内。

这个逆命题可以利用上面几副图用反证法很容易证得。

4.勾股定理的延伸

现在，我们对勾股定理进行延伸，如下：

命题：在三角形中，a、b、c为其3条边长，其中c为最长边（c≥a、c≥b），如果三角形为直角三角形，则abc；如果三角形为锐角三角形，则abc；如果三角形为钝角三角形，则abc。

请注意上面“c为最长边（c≥a、c≥b）”的条件限定。如果c不是最长边，那么必然是abc，这就不存在任何讨论的必要了。

下面我们来证明这一命题。对于直角三角形的情况，那就是勾股定理，前面我们已经证明了。现在只要证明锐角和钝角三角形的情况。

见下图，仍然如上一节那样，去最长边c为直径做圆（设这条边为BC），那么直径所对应的∠A也会是三角形ABC中最大的角（大角对大边）。

222222222222从上节的讨论中，如果是锐角三角形，A必然在圆外，如图6所示。从A点做直径BC的垂线，交圆于D点。显然AB>BD、AC>DC，而BDDCBC，所以222AB2AC2BC2。

如果是钝角三角形，A必然在圆内，如图7所示。从A点做直径BC的垂线，反向延长交圆于D点。显然AB

命题：在三角形中，a、b、c为其3条边长，其中c为最长边（c≥a、c≥b），如果222222a2b2c2，则三角形为直角三角形；如果a2b2c2，则三角形为锐角三角形；如果

a2b2c2，则三角形为钝角三角形。

5.勾股定理的增强描述

综合以上的讨论，我们可以对勾股定理进行增强型的表述，如下：

在三角形中，a、b、c为其3条边长，其中c为最长边（c≥a、c≥b），则三角形为直角三角形的充分必要条件是abc；三角形为锐角三角形的充分必要条件是222