勾股定理解答证明题

第一篇：勾股定理解答证明题

《勾股定理》证明解答题练习

1、在ABC中，ABAC，D为BC边上任一点，求证：AB

2AD2

BDDCB

C2、已知：如图，在RtABC中，C90，D是AC的中点，EDAB于E

求证：（1）AB

23BC2

4BD2

（2）BE2

AE2

BC2

A

C3、如图，在ABC中，C90，AB13，BC12，BD

2BC（1）AD的长.（2）ABD的面积.B

C4、求边长为a的等边三角形的高和面积B5、如图，有一个直角三角形纸片，两直角边AC=6cm，BC=8cm，现将直角边AC沿直线AD折叠，3 使它落在斜边AB上，且与AE重合，你能求出CD的长吗？

6、若△ABC的三边a、b、c满足条件a2＋b2＋c

2＋338＝10a＋24b＋26c，试判断△ABC的形状.7、已知：如图，ABC中，AB=AC=10，BC=16，点D在BC上，DA⊥CA于A。求：BD的长。（8分）

8、甲、乙两船同时从港口A出发，甲船一12海里/时的速度向北偏东35°航行，乙船向南偏东55°航行。2小时后，甲船到达C岛，乙船到达B岛，若C、B两船相距40海里，问乙船的速度是每小时多少海里？

9．如图所示，四边形ABCD中，AB=4，BC=3，AD=13，CD=12，∠B=90°，•求该四边形的面积．

A

D

10．如图，王大爷准备建一个蔬菜大棚，棚宽8m，高6m，长20m，棚的斜面用塑料薄膜遮盖，不计墙的厚度，请计算阳光透过的最大面积.11．如图，某购物中心在会十.一间准备将高5 m,长13m，宽2m的楼道上铺地毯,已知地毯每平

方米18

元，请你帮助计算一下，铺完这个楼道至少需要多少元钱

?5m

12．甲、乙两位探险者到沙漠进行探险，没有了水，需要寻找水源．为了不致于走散，他们用两部对话机联系，已知对话机的有效距离为15千米．早晨8：00甲先出发，他以6千米/时的速度向东行走，1小时后乙出发，他以5千米/时的速度向北行进，上午10：00，甲、乙二人相距多远？还能保持联系吗？

13．在△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，且满足a

4b4



1c4

a2c2b2c2

2。试判断△ABC的形状。

14．设P是等边三角形ABC内的一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数

APB C

15．已知，如图在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，∠DAE=45°，求证：DE2=BD2+CE2

.A

BDE

C

16．如图，已知在△ABC中，AD⊥BC于D，∠B＝2∠C，求证：AC2

AB2

ABBC17、设四边形ABCD是边长为1的正方形，以正方形ABCD的对角线AC为边作第二个正方形ACEF，再以第二个正方形的对角线AF为边作第三个正方形AEGH，如此下去„„（1）记正方形ABCD的边长a11，依上述方法所作的正方形的边长依次为a2,a3,a4...an求出a2,a3,a4的值。（2）根据上述规律写出第n个正方形的边长an的表达式.18、如图，P是矩形ABCD内一点，PA=1，PB=5，PC=7，求PD.19、如图，是一种“羊头”形图案，其作法是：从正方形①开始，以它的一边为斜边，向外作等腰直角三角形，然后再以直角边为边，分别向外作正方形②和②'，„„，依此类推，若正方形①的边长为64，则正方形⑦的边长为＿＿＿＿＿＿．

20、如图，ABC是直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转后，能与ACP'

重合，如果AP＝3，那么PP'

______.21、如图所示，△ABC中，B45,C30,AB

2求：AC的长．

A

BC22、（12分）台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心，在周围数十千米范围内形成气旋风暴，有极强的破坏力，据气象观测，距沿海某城市A的正南方向240千米的B处有一台风中心，其中心风力为12级，每远离台风中心25千米，风力就会减弱一级，该台风中心现正以20千米/时的速度沿此偏东30°的方向往C移动，如图所示，且台风中心的风力不变，若城市所受风力达到或超过

4级，则称受台风影响．

（1）该城市是否受台风的影响？请说明理由

（2）若会受到台风影响，那么台风影响城市的持续时间有多长？（3）该城市受到台风影响的最大风力为几级？

第二篇：初中数学证明题解答

初中数学证明题解答

1.若x1,x2∈|-1，1且x1*x2+x2*x3+……+xn*x1=0

求证：4|n

(x1,x2,x3,xn中的数字和n均下标)

2.在n平方(n≥4)的空白方格内填入+1和-1，每两个不同行且不同列的方格内数字的和称为基本项。

求证：4|所有基本项的和

1.y1=x1*x2,y2=x2*x3,……,yn=xn*x1

==>

y1,y2,..,yn∈{-1，1},且y1+..+yn=0.设y1,y2,..,yn有k个-1,则有n-k个1,所以

y1+..+yn=n-k+(-k)=n-2k=0

==>n=2k.而y1*y2*..*yn=(-1)^k=^2=1

==>k=2u

==>n=4u.2.设添的数为x(i,j),1≤i,j≤n.基本项=x(i,j)+x(u,v),i≠u,j≠v.这时=x(i,j)和x(u,v)组成两个基本项

x(i,j)+x(u,v),x(u,v)+x(i,j),和x(i,j)不同行且不同列的x(u,v)有(n-1)^2个,所以每个x(i,j)出现在2(n-1)^2个基本项中.因此所有基本项的和=2(n-1)^2.设x(i,j)有k个-1,则

所有基本项的和=2(n-1)^2=

=2(n-1)^

2显然4|2(n-1)^2,所以4|所有基本项的和.命题：多项式f(x)满足以下两个条件：

(1)多项式f(X)除以X^4+X^2+1所得余式为X^3+2X^2+3X+

4(2)多项式f(X)除以X^4+X^2+1所得余式为X^3+X+2

证明：f(X)除以X^2+X+1所得的余式为X+

3X^4+X^2+1=(X^2+X+1)·(X^2-X+1)

X^3+2X^2+3X+4=(X^2+X+1)·(X+1)+X+3

X^3+X+2=(X^2+X+1)·(X-1)+X+3

====>f(X)除以X^2+X+1所得的余式为X+3

各数平方的和能被7整除.”“证明”也称“论证”，是根据已知真实白勺判断来确某一判断的直实性的思维形式.只有正确的证明，才能使一个真判断的真实性、必然性得到确定.这是过去同学们较少涉足的新内容、新形式.本刊的“有奖问题征解”中就有不少是证明题(证明题有代数证明题和几何证明题等)，从来稿看，很多同学不会证明.譬如上题就是代数证明题，不少同学会取出一组或几组连续的自然数，如O+1+2+3+4+5+6z一91—7×13，1+2+3+4+5+6+7z一140—7×2O后，便依此类推，说明原题是正确的，以为完成了证明.其实，这叫做“验证”，不叫做证明.你只能说明所取的数组符合要求，而不能说明其他的数组就一定符合要求，“验证”不具备一般性、必然性.这道题的正确做法是：证明设有一组数n、n+

1、n+

2、n+

3、n+

4、n+

5、n+6(n为自然数)，‘.‘+(n+1)+(n+2)2+(n+3)2+(n+4)2+(n+5)2+(n+6)2一n2+(n2+2n，4-1)+(n2+4n+4)+(n2+6n+9)+(n2+8n+16)+(n2+10n+25)+(n+12n+36)一7nz+42n+91—7(nz+6n+13)，.‘.n+(n+1)2+(n+2)2+(n+3)2+(n+4)2+(n+5)+(n+6)能被7整除.即对任意连续7个自然数，它们平方之和都能被7整除.(证毕)显然，因为n可取任意自然数，因此n，n+1，n+2，n+3，n+4，n+5，n+6便具有一般性，所得结论也因此具有然性.上面的证明要用到整式的乘法(或和的平方公式)去展开括号，还要逆用乘法对加法的分配律进行推理.一般来说，代数证明的推理，常要借助计算来完成.证明中的假设，应根据具体情况灵活处理，如上例露勤鸯中也可设这7个数是n一

3、n一

2、n一

1、n、n+

1、n+

2、n+3(n为自然数，且n≥3).这时，它们的平方和就会简便得多.证明由论题.论据和论证方式组成.常用的论证方式有直接证明和间接证明、演绎证明和归纳证明.上例中的题目便是论题，证明中“‘.”’之后是论据，“.‘.”之后是结论，采用的论证方式是直接证明.以后还要学习几何的证明，就会对证明题及其解法有更全面、更深入的了解.几何题的证明则较多采用演绎证明.证明是对概念、判断和推理的综合运用，是富有创造性的思维活动，在发现真理、确认真理、宣传真理上有重要的作用.当你学习并掌握了“证明”的方法及其精髓以后，数学向你展示的美妙与精彩，将使你受到更大的激励，享有更多成功的喜悦。

第三篇：高二数学----不等式的证明题及解答

不等式的证明训练题及解答

一、选择题

(1)若logab为整数,且loga1122>logablogba,那么下列四个结论①>b>a②logab+logba=0bb

③0

x1|>2且|x2|>2x1+x2x1+x2|<4x1|=4且|x2|=

1+(3)若x,y∈R,且x≠y,则下列四个数中最小的一个是（）11

)xy

(4)若x>0,y>0,且xy≤axy成立,则a的最小值是（）

2(5)已知a,b∈R,则下列各式中成立的是（）

22cos2sin2θ·lga+sinθ·lgb

222θsin2θθ·lga+sinθ·lgb>lg(a+bcos·b>a+b

+(6)设a,b∈R,且ab-a-b≥1,则有（）++b≥2(2+1)+b≤+b≥(2+1)2+b≤2(2+1)

二、填空题

22(7)已知x+y=1,则3x+4y2(8)设x=y,则x+y(9)若11≤a≤5,则a+5a(10)A=1+111与n(n∈N)2n

(11)实数x=x-y,则xy

三、解答证明题

2422(12)用分析法证明:3(1+a+a)≥(1+a+a)

(13)用分析法证明:ab+cd≤

a2c2(14)用分析法证明下列不等式:

(1)求证:71(2)求证:x1(3)求证:a,b,c∈R,求证:2（+

x2x3x4(x≥4)

ababc)3(abc)23

(15)若a,b>0,2c>a+b,求证:(1)c>ab；（2）c-c2ab2,求证:

+

1x1y

与中至少有一个小于yx

(17)设a,b,c∈R,证明:a+ac+c+3b(a+b+c)≥(18)已知1≤x+y≤2,求证:

122

≤x+xy+y≤2

n(n1)(n1)2

an(19)设an=223n(n1)(n∈N),求证:对所有n(n22

*

∈N)2

(20)已知关于x的实系数二次方程x+ax+b=0,有两个实数根α,β,证明:(1)如果|α|<2,|β|<2,那么2|α|<4+b且|b(2)如果2|α|<4+b且|b|<4,那么|α|<2,|β不等式的证明训练题参考答案：

1．A2．B3．D4．B5．A6．A

*

7．58．-19．［2,26

］10．A≥n11．(-≦,0)∪［4,+≦］ 5

12．证明:要证3(1+a+a)≥(1+a+a)

222222222

只需证3［(1+a)-a］≥(1+a+a),即证3(1+a+a)(1+a-a)≥(1+a+a)≧1+a+a=(a+

123)+>0 24

只需证3(1+a-a)≥1+a+a，展开得2-4a+2a≥0，即2(1-a)≥02422

故3(1+a+a)≥(1+a+a)13．证明:①当ab+cd<0时,ab+cd

②当ab+cd≥0时,欲证ab+cd≤acbd

2222

只需证(ab+cd)≤(a2c2b2d2)

展开得ab+2abcd+cd≤(a+c)(b+d)

***2

即ab+2abcd+cd≤ab+ad+bc+cd，即2abcd≤ad+bc

22222

只需证ad+bc-2abcd≥0，即(ad-bc)≥0

因为(ad-bc)≥0ab+cd≥0时,ab+cd≤a2c2b2d22

22222222

综合①②可知:ab+cd≤a2c2b2d214．证明:(1)欲证71 只需证()2(1)2

展开得12+235>16+2,即2>4+2 只需证(2)>(4+2)，即4>这显然成立

故71(2)欲证x1只需证x1即证(x1

x2x3x4(x≥4)x4x3x2(x≥4)

x4)2(x3x2)2(x≥4)

展开得2x-5+2x1x42x52x3x2 即x1)(x4)(x3)(x2)

只需证［x1)(x4)］<［(x3)(x2)］

即证x-5x+4

x1x2x3x4(x≥4)(3)欲证2（ababcab)≤3(abc)23

只需证a+b-2ab≤a+b+c-3

即证c+2ab≥3

+

≧a,b,c∈R，≨c+2ab=c+ab+ab≥3cabab3

≨c+2ab≥3abc15．证明:（1）≧ab≤（ab222)

（2）欲证c-c2ab

只需证-c2ab

只需证a(a+b)<2ac

≧a>0,只要证a+b<2c(已知)16．证明:(反证法):假设

1y1x1y1x

与均不小于2,即≥2,≥2,≨1+x≥2y,1+y≥2xyxy

两式相加得:x+y≤2,与已知x+y>2矛盾, 故

1x1y

与中至少有一个小于yx

17．证明:目标不等式左边整理成关于a的二次式且令 f(a)=a2+(c+3b)a+c2+3b2+32222

判别式Δ=(c+3b)-4(c+3b+3bc)=-3(b+c)≤0

222

当Δ=0时,即b+c=0,a+(c+3b)a+c+3b+3bc≥02

18．证明:设x=kcosθ,y=ksinθ,1≤k≤2

sin2θ)2

13212222

≧sin2θ∈［-1,1］≨k≤k(1+sin2θ)≤k,故≤x+xy+y≤222

n(n1)2

19．证明:≧n(n1)n=n,≨an>1+2+3+…+n=

1223n(n1)2(12n)nn(n1)n又an

222222

≨x+xy+y=k(cosθ+cosθsinθ+sinθ)=k(1+

n(n2)n22n1(n1)2

,故命题对n∈N222

20．证明:依题设及一元二次方程根与系数的关系(韦达定理)得:α+β=-a,αβ=:(1)(2)等价

于证明|α|<2,|β|<22|α+β|<4+αβ,且|αβ444

222222

441604()(4)244

2

(4)(4)0

44

2

4或24242444



2或24



22,2.

2

22



第四篇：2003年全国中考几何证明题之二(附解答)

2003年全国中考几何证明题之二（附解答）

7．（2003 福建泉州市 8分）

如图，△ABC中，∠BAC的平分线AD交BC于D，⊙O过点A，且和BC切于D，和AB、AC分别交于E、F。设EF交AD于G，连结DF。

（1）求证：EF∥BC ；

10、（2003 福建三明市 12分）已知：如图，边长为2的正五边形ABCDE内接于⊙O，AB、DC的延长线交于点F，过点E作EG∥CB交BA的延长线于点G。2（1）求证：ABAGBF（6分）（2）证明：EG与⊙O相切，并求AG、BF

AE（2）已知：DF =2，AG =3，求的值。OEBF10 题图

B C11．（2003 广州市13分）D8、（2003 福建三明市 8分）如图9，已知△ABC内接于⊙O，直线DE与⊙O相切于点A．

BD∥CA．求证：AB·DA＝BC·BD． 已知：如图，CD是Rt△ABC的斜边AB上的高，且BC＝a，AB＝c，CD＝h，22pqhpqapcAD＝，DB＝。求证：，12.（2003 广州市16分）已知△ABC中，AC＝5，BC＝12，∠ACB＝90°，9、（2003 福建三明市 12分）P是AB边上的动点（与点A、B不重合）Q是BC边上的动点（与点B、C不重合）．题图（1）如图10，当PQ∥AC，且Q为BC的中点时，求线段CP的长； l已知：如图，线段AM∥DN，直线与AM、DN分别交于点（2）当PQ与AC不平行时，△CPQ可能为直角三角形吗？若有可能，请求出线

段CQ的长的取值范围；若不可能，请说明理由． lB、C，直线绕BC的中点P旋转（点C由D点向N点方向移动）。

（1）线段BC与AD、AB、CD围成的图形，在初始

状态下，形状是△ABD，（即△ABC），请你写出变化过程中其余的各种特殊四边形名称；（5分）

（2）任取变化过程中的两个图形，测量AB、CD长度后分别计算同一个图形的AB＋CD（精确到1cm），比较这 M 两个和是否相同，试加以证明。（7分）

参考解答 7.证明：∵⊙O切BC于D，∴∠4=∠2又∵∠1=∠3，∠1=∠

2∴∠3=∠4∴EF∥BC

（2）解：∵∠1=∠3，∠1=∠2，∴∠2=∠3又∵∠5=∠5，∴△ADF∽△FDG

D

C1 2 P

N

PM

∴ADFDFD

GD

设GD=x ,则3x22

x

解得x1=1,x2=-4,经检验x1 =1，x2=-4为所列方程的根。但x应舍去，∴GD=1由（1）已证EF∥BC，∴

AE2=-4<0EBAGGD

33

8、证明：Rt△ABC，CD⊥ABRt△ADC∽Rt△CDB

ADCD

CDqhBD

hph2pq 同理可证Rt△CDB∽Rt△ACB得a

2pc9、（1）：等腰梯形、直角梯形、平行四边形（2）：∵经测量、计算，两个图形的AB＋CD都等于4cm（精确到1cm）∴这两个和相同（对原试卷的图形而言）证明：过点P作PP∥AM交AD于点P

∴PP是梯形AB1C1D的中位线

∴AB1＋C1D＝2PP，同理AB2＋C2D＝2PP ∴这两个和是相同的。（注：还可用三角形全等证明）

A

B1l

第25题图、1）易证五边形ABCDE的外角∠FCB＝∠EAG＝∠FBC∵EG∥CB∴∠G＝∠FBC∴△EAG∽△FBC

AGAE

∴

BCBF，即BCAEAGBF 又∵BC＝AE＝AB∴AB

2＝AGBF①

（2）连结EF，由（1）可知FB＝FC，即△FBC为等腰三角形，易知BA＝CD ∴FA＝FD

∴EF⊥BC且EF平分BC ∴EF过圆心O 又∵EG∥CB，∴EF⊥EG

∴EG与⊙O相切

∴EG2

＝AGBG

第26题图

由（1）可知∠G

＝∠EAG，∴EG＝EA＝2

10（2设AG＝x，则2＝x(x2)，解得x＝5

1∴MB＝AB－AM＝13－5＝8． 设CD＝x，则DM＝x，DB＝12－x． 在Rt△DMB中，DB2＝DM2＋MB2． 即(12－x)2＝x 2＋82． 解之得：x.∴AG＝51，代入①中可得：BF＝51

11.证明：∵DE与⊙O相切，∴∠C＝∠1，∵BD∥CA，∴∠2＝∠3……6分 ∴△ABC∽△BDA．……9分 ∴．……12分

·

O A

∴ CQ＝2x.即当CQ.且点P运动到切点M位置时,△CPQ为直角三角形.②当＜CQ＜12时，半圆D与直线AB有两个交点，当点P运动到这两

E CPQ为直角三角形．

③当0＜CQ＜时，半圆D与直线AB相离,即点P在AB边上运动时,均

D

∴AB·DA＝BC·BD．12

.⑴解： 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12

∴AB＝13．

∵Q是BC的中点． ∴CQ＝QB． 又∵PQ∥AC．

C Q

∴AP＝PB，即P是AB的中点．∴Rt△ABC中，CP．

在半圆D外，∠CPQ＜90°．此时△CPQ不可能为直角三角形．∴ 当≤CQ＜12时，△CPQ可能为直角三角形．

B 试题

在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点D是BC上一动点（不与B、C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转α后到达AE位置，连接DE、CE，设∠BCE=β．

⑵解：当AC与PQ不平行时，只有∠CPQ为直角，△CPQ才可能是直角三角形．以CQ为直径作半圆D．

①当半圆D与AB相切时，设切点为M，连结DM，则

DM⊥AB，且AC＝AM＝5．

D

B

A

（1）如图1，若α=90°，求β的大小；

（2）如图2，当点D在线段BC上运动时，试探究α与β之间的数量关系？并对你的结论给出证明；（3）当点D在线段BC的反向延长线上运动时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，试加以证明，若不成立，试找出α与β之间的新关系，并说明理由． 考点：全等三角形的判定；三角形的外角性质；等腰三角形的性质． 专题：动点型；探究型． 分析：（1）先利用边角边定理证明△DAB与△EAC全等，再根据全等三角形的对应角相等得到∠ECA=∠B=45°，β的值即可求出；

（2）方法同（1）证出∠ECA=∠B，所以∠B+∠ACB=β，再根据三角形内角和定理即可得到α+β=180°；

（3）方法同（2）证出∠ECA=∠ABD，所以α+∠DCA=β+∠DCA，所以α=β． 解答：解：（1）∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°．

∵∠DAB=α-∠DAC，∠EAC=α-∠DAC，∴∠EAC=∠DAB． 又AB=AC，AD=AE，∴△DAB≌△EAC． ∴∠ECA=∠B=45°． ∴β=∠ACB+ECA=90°．

（2）α+β=180°．

证明：∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC． 即∠BAD=∠CAE． 又AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE． ∴∠B=∠ACE．

∴∠B+∠ACB=∠ACE+∠ACB． ∴∠B+∠ACB=β． ∵α+∠B+∠ACB=180°，∴α+β=180°．

（3）当点D在线段BC的反向延长线上运动时，（2）中的结论不能成立，此时：α=β成立．

其理由如下：

类似（2）可证∴△DAB≌△ECA，∴∠DAB=∠ECA，又由三角形外角性质有∠DBA=α+∠DCA，而∠ACE=β+∠DCA，∴α=β．

点评：本题主要考查三角形等腰三角形的性质及全等的判定和全等三角形的对应角相等，做题中，注意题中各角度之间的关系并灵活运用是解题的关键．

第五篇：勾股定理范文

勾股定理

勾股定理，又称“毕达哥拉斯定理”，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，上至帝王总统，下至平民百姓，都愿意探讨和研究它的证明。它是几何学中一颗闪亮的明珠。

所谓勾股，就是古人把弯曲成一个直角三角形模样的手臂，上臂（即直角三角形的底边）称为“勾”，前臂（即直角三角形的高）称为“股”，所以称之为“勾股”。也许是因为勾股定理十分实用，所以便反复被人们论证。1940年出版过一本名为《毕达哥拉斯命题》的勾股定理证明专辑。从勾股定理的发现到现在，大约3000年里，勾股定理的证明方法多种多样：有的简洁明了，有的略微复杂，有的十分精彩……本文将会带着大家一起来证明勾股定理并解决一些实际问题。

勾股定理、证明、解决实际问题 什么是勾股定理？

又称商高定理，而更普遍地则称为勾股定理。中国古代把直角三角形中较短的直角边叫做勾，较长的直角边叫做股，斜边叫做弦。

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。还有的国家称勾股定理为“毕达哥拉斯定理”。

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”。

蒋铭祖定理：蒋铭祖是公元前十一世纪的中国人。当时中国的朝代是西周，是奴隶社会时期。在中国古代大约是战国时期西汉的数学著作《蒋铭祖算经》中记录着商 高同周公的一段对话。蒋铭祖说：“…故折矩，勾广三，股修四，经隅五。”蒋铭祖那段话的意思就是说：当直角三角形的两条直角边分别为3（短边）和4（长边）时，径隅（就是弦）则为5。以后人们就简单地把这个事实说成“勾三股四弦五”。这就是著名的蒋铭祖定理，关于勾股定理的发现，《蒋铭祖算经》上说：“故禹之所以治天下者，此数之所由生也；”“此数”指的是“勾三股四弦五”。这句话的意思就是说：勾三股四弦五这种关系是在大禹治水时发现的。勾股定理的发现

相传毕达哥拉斯在在一次散步中，偶然看见了地上由几块三角形瓷砖拼成的一个长方形瓷砖，如图：

毕达哥拉斯灵机一动，用手在上面比划了起来。大家看，以直角三角形各边为正方形的边长，可拼出不同的正方形。以直角三角形斜边为正方形边长，可拼出一个这样的正方形：

其面积为：直角三角形斜边的平方

其中有四块直角三角形。

以直角三角形底和高做正方形边长，可拼出一个这样的正方形： 其面积为：底边（高）的平方 其中有两块直角三角形。

因为长方形瓷砖面积不变，所以所有第二种正方形面积和与所有第一种正方形面积和相等。因此毕达哥拉斯得出这样一个结论：在一个直角三角形中，底边的平方+高的平方=斜边的平方。这就是勾股定理。

勾股定理的证明

勾股定理证明方法有很多，下面这种是一位名叫茄菲尔德的美国总统证明的：

勾股定理的运用

说了这么多，也许有人会问“勾股定理有什么用呢？”

其实，勾股定理对我们的生活帮助可不小！尤其是在测量、建筑方面。下面，让我们来解决一下实际问题吧！

有一座山，高500米。在山脚下，有两个登山口，它们之间的距离是2400米。登山路沿着山的斜面修建（如图），我们从左面的登山口上山，到山顶的距离是多少？

这道题看似与勾股定理没什么关系，但是仔细看图，这是一个直角三角形！

已知直角三角形的斜边是2400米，要求其中一条直角边，我们应先做辅助线，将这座山分成两半：

这样，问题就转化成了求这左边这半直角三角形的斜边。原底边的长度是2400，现在是一半，即为1200，另一条直角边是500。根据勾股定理，底边²+高²=斜边²，计算时，把1200写成12，把500写成5，即12²+5²=25+144=169，多少的平方是169呢？答案是13，因为前面的1200和500缩小了100倍，所以13要扩大100倍，即1300。所以登山路的长度是1300米。总结

这就是勾股定理的妙用，还不止这些。尤其是测量三个地方之间的距离时，勾股定理是我们的一大帮手。总之，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。它的主要意义有：

1、勾股定理是联系数学中最基本也是最原始的两个对象——数与形的第一定理。

2、勾股定理导致不可通约量的发现，从而深刻揭示了数与量的区别，即所谓“无理数"与有理数的差别，这就是所谓第一次数学危机。

3、勾股定理开始把数学由计算与测量的技术转变为证明与推理的科学。

4、勾股定理中的公式是第一个不定方程，也是最早得出完整解答的不定方程，它一方面引导到各式各样的不定方程，另一方面也为不定方程的解题程序树立了一个范式。