hl判定定理的证明方法

2024-11-13

hl判定定理的证明方法（共10篇）

1.hl判定定理的证明方法篇一

线面垂直的判定定理的证明过程

证明：已知直线L1 L22相交于O点且都与直线L垂直，L3是L1 L2所在平面内任意1条不与L1 L2重合或平行的直线（重合或平行直接可得它与L1平行）

不妨假设L3过O点（可以通过平移得到），在L3上取E、F令OE=OF，分别过E、F作ED、FB交L2于D、B（令OD=OB）则⊿OED ≌⊿ OFB（SAS）

延长DE、BF分别交L1于A、C 则⊿OEA≌⊿OFC（ASA）（注意角AEO与角CFO的补角相等所以它们相等）。所以OA=OC，所以⊿OAD≌⊿OBC（SAS）所以AD=CB

因为L3垂直于L1 L2所以MA=MC，MD=MB（M为L 上的任意点）所以⊿MAD≌⊿MCD（SSS）所以角MAE= 角MCF 所以⊿MAE≌⊿MCF（SAS）

所以ME=MF，所以⊿MOE≌⊿MOF（SSS），所以角MOE=角MOF又因为角MOE与角MOF互补，所以角MOE=角MOF=90度，即L⊥L3

2.hl判定定理的证明方法篇二

关键词：R猜想,费马大定理,既约分数,正整数解

费马大定理是一个困惑世间智者358年的问题,于1994年被英国数学家Andrew J.Wiles用现代数学攻克。本文则通过验算,提出了一个与费马大定理有关的猜想,即R猜想:若正整数m>2,c,d为正整数且cd≠0),则不定方程

c2m-4dm=s2 (1)

c2m+4dm=s2 (2)

都没有正整数解。R猜想的实质就是 $\sqrt{c^{2 m} \pm 4 d^{m}} \neq$ 整数。下面对R 猜想进行数学论证。

1 R猜想的证明

首先作者通过多次计算机验算,发现了定理1。

定理1 设正整数m>2,无论m=4n,2n或奇数,c、d均为不等于0的正整数,则一元二次方程式

x2±cmx±dm=0 (3)

没有整数解。其判别式为

$Δ = \sqrt{c^{2 m} \pm 4 d^{m}} \neq$ 整数 (4)

需要指出,因为式(3)的解为 $x = \frac{1}{2} [\mp c^{m} \pm Δ]$ ,证明了式(3)没有整数解,即证明了式(4),即证明了R 猜想;反之证明了式(4),即证明了式(3)没有整数解,即证明了R 猜想。

1.1 预备知识

根据文献[1]有

引理1 (Perron判别法),设a(0)≠0

f(x)=x2+a(1)x+a(0) (5)

是一个2次整系数多项式,如果 $| a (1) | ＞ 1 + | a (0) |$ ,则f(x)在有理数域Q上不可约。

引理2 若a≠0,2次整系数一元方程式

x2±ax±a=0 (6)

仅当a=4且为x2±4x+4=0时才有整数解。

证明:方程式的判别式为 $Δ = \sqrt{a^{2} \mp 4 a}$ ,设 $\sqrt{a^{2} \mp 4 a} = t$ ,即a2∓4a=t2,(a∓2)2-t2=4,(a∓2+t)(a∓2-t)=4,观察上式可知,仅当a=4,t=0且两括号内“∓”号取“-”号时,上式成立。即当式(6)左边第3项应取“+”号,才有Δ=0的整数解。

根据文献[1]有

引理3 若uvw≠0,k>1,(u,v)=1。则方程式 uv=wk,有正整数解为u=ak,v=bk,w=ab,(a,b)=1。

根据文献[2]有

引理4 若正整数m>2,则xm-ym=1,没有正整数解。

1.2 定理的证明

(1)若c>d。

因m>2,显然有 $| c^{m} | > 1 + | d^{m} |$ ,根据引理1,由式(5)得出,方程式(3)之左边在有理数Q上不可约,因为Q包含了全体整数,故方程式(3)没有整数解,定理成立。

(2)若c=d。方程式(3)写为

x2±cmx±cm=0 (7)

因为m>2,cm≠4,根据引理2,方程式⑺没有整数解,定理成立。

(3)若c<d。这时有以下几种情况:

1)c=1,d=t,其中t为大于1的任何正整数。

于是式(3)变换为

x2±x±tm=0 (8)

设式(8)有整数解x1及 x2,则

x1x2=±tm (9)

x1+x2=±1 (10)

由式(10)知,必有(x1,x2)=1。根据引理3,有x1=±t $_{1}^{m}$ ,x2=±t $_{2}^{m}$ ,t=t1t2,(t1,t2)=1。代入式(10)中得t $_{1}^{m}$ +t $_{2}^{m}$ =±1。这显然不可能,即使把左边的“+”号改成“-”号,根据引理4也是不可能的,所以式(8)没有整数解,判别式 $Δ = \sqrt{1 \pm 4 t^{m}} \neq$ 整数。定理成立。

2)c>1,且d=c2t,其中t为任何正整数。

则式(3)变换为

x2±cmx±c2mtm=0 (11)

其判别式为 $Δ = \sqrt{c^{2 m} \pm 4 c^{2 m} t^{m}} = c^{m} \sqrt{1 \pm 4 t^{m}}$ 。由c=1 的情况中可知 $\sqrt{1 \pm 4 t^{m}} \neq$ 整数,于是得出Δ≠整数,所以式(11)没有整数解。定理成立。

3)c>1,且(c,d)=1。

此时式(3)的形式不变,即

x2±cmx±dm=0,但(c,d)=1 (12)

其判别式为 $Δ = \sqrt{c^{2 m} \pm 4 d^{m}} = c^{m} \sqrt{1 \pm 4 (\frac{d}{c^{2}})^{m}}$ 。因为式(3)的解为 $x = \frac{1}{2} [\mp c^{m} \pm Δ]$ ,若此时式(3)有整数解,则必有 $c^{m} | x$ (表示整除)。令x=cmy,则式(3)变换为c2my2±c2my±dm=0,即 $y^{2} \pm y \pm (\frac{d}{c^{2}}) = 0$ 。又因(c,d)=1,上式第3项不是整数。所以上述方程式没有整数解,即y和x都不是整数。也就是判别式 $Δ = c^{m} \sqrt{1 \pm 4 (\frac{d}{c^{2}})^{m}} \neq$ 整数,定理成立。

这里可以引出一条新的结论,即当m>2且(c,d)=1时 $\sqrt{1 \pm 4 (\frac{d}{c^{2}})^{m}} \neq$ 整数。

4)c>1,(c,d)=e≠1,且e2⊥d,其中⊥表示不整除。

令c=ec′,d=ed′,则式(3)变换为x2±emc′mx±emd′m=0,若此方程有整数解,则 $e^{m} | x$ 。可令x=emy,则e2my2±emc′memy±emd′m=0,即 $y^{2} \pm c^{´ m} y \pm (\frac{d^{'}}{e})^{m} = 0$ 。

因e2⊥d,e⊥d′,第3项 $(\frac{d^{'}}{e})^{m}$ 只能是既约分数,而不是整数,所以方程式没有整数解。于是式(3)也没有整数解,定理成立。

5)c>1,(c,d)=e≠1,且 $e^{2} | d$ 。

令 c=ec′,d=e2d″,则式(3)变换为x2±emc′mx±e2md″m=0,若此方程式有整数解,则 $e^{m} | x$ 。可令x=emy,则此方程式变换为,y2±c′my±d″m=0但(c′,d″)=1,此方程式与式(12)类似。所以此方程式和方程式(3)都没有整数解,定理成立。

综合以上情况,即不论c>d,c=d或c<d,定理都成立。

1.3 定理的举例

下列一元二次方程式都没有整数解。

(1)c>d的情况,x2+33x-23=0,其判别式为 $Δ = \sqrt{3^{6} + 4 \times 2^{3}} = \sqrt{761} = 27.6$ 。

(2)c=d的情况,x2+25x+25=0,其判别式为 $Δ = \sqrt{2^{10} - 4 \times 2^{5}} = \sqrt{896} = 29.9$ 。

(3)c < d的情况,x2+24x-34=0,其判别式为 $Δ = \sqrt{2^{8} + 4 \times 3^{4}} = \sqrt{580} = 24.08$ 。

2 费马大定理的证明

费马大定理:若正整数m>2,xyz≠0,则方程式xm+ym=zm没有整数解。

若R猜想不成立,由式(1)有c2m=4dm+s2,令s=am-bm,d=ab,则(cm)2=4(ambm)+(am-bm)2=(am+bm)2,即cm=am+bm,因此费马大定理不成立。

同样,由式(2)有c2m=s2-4dm,令s=am+bm,d=ab,则(cm)2=(am+bm)2-4(ambm)=(am-bm)2,即cm=am-bm,因此费马大定理不成立。

若R 猜想成立,则式(1)和式(2)均没有正整数解。变量s,d,c不能同时都为整数,因此cm=am+bm和cm=am-bm都不能出现,因此费马大定理成立。

综上所述,有:“若R猜想不成立……因此费马大定理不成立。”这说明R猜想是使费马大定理成立的必要条件;又有“若R猜想成立……因此费马大定理成立”,说明R猜想是使费马大定理成立的充分条件。二者结合,说明R猜想是使费马大定理成立的充要条件,证毕。

3 费马大定理与R猜想的等效性

上面利用R猜想证明了费马大定理,其实,反过来也可利用费马大定理证明R猜想。

若费马大定理不成立,令cm=am+bm,d=ab代入式(1)中有(am+bm)2-4(ambm)=s2即 s2=(am-bm)2,s=am-bm,故式(1)有正整数解,R猜想不成立。

同样,令cm=am-bm,d=ab代入式(2)中有(am-bm)2+4(ambm)=s2即s2=(am+bm)2,s=am+bm,故式(2)有正整数解,R猜想不成立。

若费马大定理成立,就不能令cm=am+bm 或cm=am-bm,故式(1)与式(2)都没有正整数解,R猜想成立。

所以,费马大定理是使R猜想成立的充要条件,即利用费马大定理证明了R猜想。

综上所述,费马大定理与R猜想是等效的。是同一真理的两种不同的表现形式。

4 结束语

文中构成了一种运用初等数论证明费马大定理的简明方法,这种方法与国际上运用现代数论证明费马大定理的方法[3],形成了鲜明对比。

参考文献

[1]柯召,孙琦.数论讲义:2册[M].北京:高等教育出版社,1990.

[2]柯召,孙琦.谈谈不定方程[M].上海:上海教育出版社,1980.

3.hl判定定理的证明方法篇三

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.hl判定定理的证明方法篇四

本节数学课教学，主要是让学生在回顾全等三角形判定（除了定义外，已经学了四种方法：SSS、SAS、ASA、AAS、）的基础上，进一步研究特殊的三角形全等的判定的方法，让学生充分认识特殊与一般的关系，加深他们对公理的多层次的理解。在教学过程中，让学生充分体验到实验、观察、比较、猜想、总结、验证的数学方法，一步步培养他们的逻辑推理能力。新课程标准强调“从具体的情景或前提出发进行合情推理，从单纯的几何推理价值转向更全面的几何的教育价值”，为了体现这一理念，设计了几个不同的情景，让学生在不同的情景中探求新知，用直接感受去理解和把握空间关系。

探索“HL公理”中，要求学生用文字语言、图形语言、符号语言来表达自己的所思所想，强调从情景中获得数学感悟，注重让学生经历观察、操作、推理的过程。数学教学应努力体现“从问题情景出发，建立模型、寻求结论、解决问题”。

纵观整个教学，不足的方面：第一，启发性、激趣性不足，导致学生的学习兴趣不易集中，课堂气氛不能很快达到高潮，延误了学生学习的最佳时机；第二，在学生的自主探究与合作交流中，时机控制不好，导致部分学生不能有所收获；第三，在评价学生表现时，不够及时，没有让他们获得成功的体验，丧失激起学生继续学习的很多机会。这些我在今后的教学中会争取改进。

大通民中：强玉琴

5.hl判定定理的证明方法篇五

授课者：何小军

时间：2015.10.14 教学目标

1．知识与技能

理解并掌握直角三角形全等判定定理-----HL，并能用于解决简单实际问题。2．过程与方法

经历探索直角三角形全等判定定理形成的过程，掌握数学方法，提高合情推理的能力。3．情感、态度与价值观

培养综合分析的几何推理意识，激发学生求知欲，感悟几何思维的内涵。

教学重点

理解并掌握直角三角形全等判定定理-----HL 教学难点

熟练运用直角三角形全等判定定理-----HL解决一些实际问题。培养学生综合分析的几何推理能力

教学过程

一、复习导入

1、口答：我们学过的判定三角形全等的方法哪些？

2、认识：直角三角形------简写、直角边、斜边符号

3、思考：对于两个直角三角形，除了直角相等这个条件外，还要满足哪两个条件，这两个直角三角形就全等了？

4、导入：设疑----两个直角三角形，如果满足斜边（L)和一条直角边(H)分别相等，这两个直角三角形全等吗？

二、探究新知：

斜边（L)和一条直角边(H)分别相等，这两个直角三角形全等吗？

1、画一画

任意画出一个Rt△ABC,∠C=90°。再画一个Rt△A´B´C´，使得∠C´= 90°，B´C´=BC，A´B´= AB。

步骤

⑴ 作∠MC´N=90°;⑵ 在射线C´M上取段B´C´=BC;⑶ 以B´为圆心,AB为半径画弧，交射线C´N于点A´;⑷ 连接A´B´.2、我发现：（）

3、交流归纳：直角三角形全等判定定理---HL（）和（）分别相等的两个（）全等。简写成“（斜边、直角边）”或“（HL）”。

4、建模：

三、学以致用：

1、例题：如图：AC⊥BC，BD⊥AD，垂足分别为C、D,AC=BD.求证：BC=AD.2、变式练习

（1）如图，C是路段AB的中点，两人从C同时出发，以相同的速度分别沿两条直线行走，并同时到达D，E两地，DA⊥AB，EB⊥AB，D、E与路段AB的距离相等吗？为什么？

（2）如图，AB=CD，AE ⊥BC，DF ⊥BC，CE=BF.求证：AE=DF.五、课堂总结

六、布置作业

课本第44页

6.hl判定定理的证明方法篇六

则A为广义严格对角占优矩阵, 即

证明当所给定的条件成立时, 我们取

这时可导出

所以

证明方法同上一个定理。

摘要：本文给出了两个判定广义严格对角占优矩阵的方法。

关键词：M-矩阵,对角占优矩阵

参考文献

[1]黄廷祝, 非奇异H-矩阵的简捷判据, 计算数学, 1993, 15 (3) :318-328.

[2]徐仲, 陆全, 判定广义严格对角占优矩阵的一组充分条件, 工程数学学报, 2001, 18 (3) :11-15.

[3]李庆春, 广义严格对角占优矩阵的判定, 高等学校计算数学学报, 1999, 1:87-92.

[4]孙玉祥, 非奇异H-矩阵的判定, 工程数学学报, 2000, 17 (4) :45-49.

[5]杨载朴, 关于广义对角占优矩阵, 数学研究与评论, 1985, 5 (5) 21-24.

[6]明贤, 矩阵谱论, 长春:吉林大学出版社, 1989.

[7]Berman A, Plemmons R J.Nonnegative Matrices Mathematical Sciences, New York:Academic press, 1979.

7.正余弦定理的多种证明方法篇七

正、余弦定理是解三角形强有力的工具，关于这两个定理有好几种不同的证明方法，［1］人教版中等职业教育国家规划教材《数学》（提高版）是用向量的数量积（内积）给出证明的，如是在证明正弦定理时用到：作辅助单位向量并对向量的等式作同一向量的数量积，这种构思方法过于独特，不易被初学者接受。本文通过三角函数的定义，利用向量相等和向量的模统一正、余弦定理的证明，方法较为简单。从本文的证明中又一次显示数学中“数”与“形”的完美结合。

定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,则

（1）（正弦定理）==；

（2）（余弦定理）

c2=a2+b2-2abcos C,b2=a2+c2-2accos B,a2=b2+c2-2bccos A。

证明：建立如下图所示的直角坐标系，则A=（0，0）、B=（c,0），又由任意角三角函数的定义可得：

C=（bcos A,bsin A），以AB、BC为邻边作平行四边形ABCC′，则∠BAC′=π-∠B，∴C′(acos(π-B),asin(π-B))

=C′（-acos B,asin B）。

根据向量的运算：

=（-acos B,asin B），=-=（bcos A-c,bsin A）,（1）由=：得

asin B=bsin A,即

=。

同理可得：=。

∴==。

(2)由=（b-cos A-c）2+(bsin A)2=b2+c2-2bccos A，又||=a,∴a2=b2+c2-2bccos A。

同理：

c2=a2+b2-2abcos C；

8.证明三角形外角判定方法篇八

已知：如图已知△abc 求证：∠a+∠b+∠c=180°。

1、证法一:作bc的延长线cd，过点c作ce∥ba

则∠1=∠a，

∠2=∠b 又∵∠1+∠2+∠acb=180°

∴∠a+∠b+∠acb=180°

2、证法二:过点c作de∥ab

则∠1=∠b，∠2=∠a 又∵∠1+∠acb+∠2=180°∴∠a+∠acb+∠b=180°

3、证法三:在bc上任取一点d，作de∥ba交ac于e，df∥ca交ab于f

则有∠2=∠b，∠3=∠c,∠1=∠4,∠4=∠a ∴∠1=∠a 又∵∠1+∠2+∠3=180° ∴∠a+∠b+∠c=180°

4、证法四:作bc的延长线cd，在△abc的外部以ca为一边，ce为另一边画 ∠1=∠a，

于是ce∥ba,∴∠b=∠2 又∵∠1+∠2+∠acb=180° ∴∠a+∠b+∠acb=180°

5、证法五:作bc的延长线cd，在△abc的外部以ca为一边，ce为另一边画 ∠1=∠a，

于是ce∥ba,∴∠b=∠2 又∵∠1+∠2+∠acb=180° ∴∠a+∠b+∠acb=180°

6、证法六: 过点c作cd∥ba，则∠1=∠a ∵cd∥ba ∴∠1+∠acb+∠b=180°

9.证明多边形外角判定方法篇九

∵n边形外角等于(180°-和它相邻的内角)

∴180°n-180°(n-2)=180°n-180°n+360°=360°

由上式可知任意凸多边形的外角和等于360度。

2、根据多边形的内角和公式求外角和为360

3、n边形内角之和为(n-2)_180,设n边形的内角为∠1、∠2、∠3、...、∠n,对应的外角度数为

180-∠1、180°-∠2、180°- 180°-∠n外角之和为

(180-∠1)+(180°-∠2)+(180°-∠3)+...+(180°-∠n)

=n_180°-(∠1+∠2+∠3+...+∠n)

=n_180°-(n-2)_180°

10.勾股定理证明方法篇十

【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。

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正弦定理证明07-31