勾股定理的证明题

2024-10-03

勾股定理的证明题（共13篇）

勾股定理的证明题篇1

中值定理证明题集锦

1、已知函数f(x)具有二阶导数，且limx0f(x)0，f(1)0，试证：在区间(0,1)内至少x存在一点，使得f()0.证：由limf(x)，由此又得00，可得limf(x)0，由连续性得f(0)x0x0xf(x)f(0)f(x)f(0)limlim0，由f(0)f(1)0及题设条件知f(x)在[0,1]x0x0x0x上满足罗尔中值定理条件，因此至少存在一点 c(0,1)，使得f(c)0，又因为f(0)f(c)0，并由题设条件知f(x)在[0,c]上满足拉格朗日中值定理的条件，由拉格朗日中值定理知，在区间(0,1)内至少存在一点，使得f()0.2、设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)0，证明：存在一点(0,a)，使得f()f()0.证：分析：要证结论即为：[xf(x)]x0.令F(x)xf(x)，则F(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且F(0)F(a)0，因此故存在一点(0,a)，使得F()0，F(x)xf(x)在[0,a]上满足罗尔中值定理的条件，即f()f()0.注1：此题可改为：

设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)0，证明：存在一点(0,a)，使得

nf()f()0.)nf()（0给分析：要证结论nf()f()等价于nn1f(nn1n，而nf()f()0即为[xf(x)]x0.nf()f()两端同乘以n1）故令F(x)xf(x)，则F(x)在[0,a]上满足罗尔中值定理的条件，由此可证结论.注2：此题与下面例题情况亦类似：

设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)0，x(0,1)，有f(x)0，证：nnN，(0,1)，使得

nf()f(1)成立.f()f(1)分析：要证结论可变形为nf()f(1)f()f(1)0，它等价于nfn1()f()f(1)fn()f(1)0(给nf()f(1)f()f(1)0两端同乘以fn1())，而nfn1(f)f()(fn1f)(即)为(1)0[fn(x)fx1(x，用罗尔中值定理)]0.以上三题是同类型题.3、已知函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)f(1)0，f()1，证明：（1）存在一点(,1)，使f().（2）存在一点(0,)，使f()1.（3）存在一点x0(0,)，使f(x0)1(f(x0)x0).证：（1）分析：要证结论即为：f()0.12121211111显然F(x)在[,1]上连续，且F()f()0，F(1)f(1)110，2222211因此F(x)在[,1]上满足零点定理的条件，由零点定理知，存在(,1)，使F()0，22令F(x)f(x)x，则只需证明F(x)在(,1)内有零点即可。即f().（2）又因为F(0)f(0)00，由(1)知F()0，因此F(x)在[0,]上满足罗尔中值定理条件，故存在一点(0,)，使F()0，即f()10，即f()1.（3）分析：结论f(x0)1(f(x0)x0)即就是F(x0)F(x0)或F(x0)F(x0)0，F(x0)F(x0)0ex0[F(x0)F(x0)]0，即[exF(x)]xx00.故令G(x)exF(x)，则由题设条件知，G(x)在[0,]上连续，在(0,)内可导，且G(0)e0F(0)0，G()eF()0,则G(x)在[0,]上满足罗尔中值定理条件，命题得证.4、设f(x)在[0,x]上可导，且f(0)0，试证：至少存在一点(0,x)，使得f(x)(1)ln(1x)f().证：分析：要证结论即为： f(x)f(0)(1)[ln(1x)ln1]f(),也就是f(x)f(0)f()，因此只需对函数f(t)和ln(1t)在区间[0,x]上应用柯西中值定理1ln(1x)ln11即可.5、设f(x)、g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)0，且g(x)0，证明：至少存在一点(a,b)，使得f()g()f()g().证：分析：要证结论即为： f()g()f()g()0,等价于

f()g()f()g()0，2g()即就是[即可.f(x)f(x)在区间[a,b]上应用罗尔中值定理]x0，因此只需验证函数F(x)g(x)g(x)

6、设f(x)在[x1,x2]上可导，且0x1x2，试证：至少存在一点(x1,x2)，使得x1f(x2)x2f(x1)f()f().x1x2f(x2)f(x1)f(x)()xx2x1x证：分析：要证结论即为： ,因此只需对函f()f()111()xx2x1x数f(x)1和在区间[x1,x2]上应用柯西中值定理即可.xx此题亦可改为：

设f(x)在[a,b]上连续，(a,b)内可导，若0ab，试证：至少存在一点(a,b)，使得af(b)bf(a)[f()f()](ab).7、设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)f(b)0，试证：（1）(a,b)，使得f()f()0；（2）(a,b)，使得f()f()0.证:（1）令F(x)xf(x)，利用罗尔中值定理即证结论.（2）分析：f()f()0e[f()f()]0[e22x22f(x)]x0，因此令F(x)ex22f(x)，利用罗尔中值定理即证结论.8、设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)f(b)1，试证：,(a,b)，使得e[f()f()]1.[exf(x)]xe[f()f()]证：分析：要证结论即为1，即就是1.xe(e)x令F(x)ef(x)，令G(x)e，则F(x)和G(x)在[a,b]上满足拉格朗日中值定理的条件，由拉格朗日中值定理知： xxebf(b)eaf(a)ebea，即就是e[f()f()].(a,b)，使得F()babaebeaebea，即就是e.(a,b)，使得F()babae[f()f()]因此，有1，即就是e[f()f()]1.e9、设f(x)、g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内具有二阶导数且存在相等的最大值，f(a)g(a)，f(b)g(b)，试证：(a,b)，使得f()g().0.证：分析：要证结论即为[f(x)g(x)]x令F(x)f(x)g(x)，（1）若f(x)、g(x)在(a,b)内的同一点处取得相同的最大值，不妨设都在c点处取得最大值，则F(a)F(c)F(b)0(acb)，则F(x)分别在[a,c]、[c,b]上满足罗尔中值定理条件，故1(a,c)，2(c,b)使得F(1)0，F(2)0.由题设又知，F(x)在[1,2]上满足洛尔定理条件，故存在(1,2)，使得F()0，即就是f()g()].（2）若f(x)、g(x)在(a,b)内的不同的点处取得相同的最大值，不妨设f(x)在p点处、g(x)在q点处取得最大值，且pq，则F(p)f(p)g(p)，F(q)f(q)g(q)0，由零点定理知，c(p,q)(0,1)，使得F(c)0，由此得 F(a)F(c)F(b)0(acb)，后面证明与（1）相同.10、设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(x)0，若极限limxaf(2xa)存在，xa试证：（1）存在一点(a,b)，使得

b2a2baf(x)dx22； f()22b（2）在(a,b)内存在异于的点，使得f()(ba)f(x)dx.；

aa证：（1）令F(x)xaf(t)dt，G(x)x2，则F(x)、G(x)在[a,b]上满足柯西中值定理

b2a2ba条件，故存在一点(a,b)，使得

b2a2af(t)dtf(t)dta2成立，即就是f()bab222成立，即就是2f(x)dx(ba)f()成立.af(x)dxf()（2）由（1）知，2ba22因此要证f()(ba)f(x)dx(b2a2)f()，2bf(x)dx.，aa即要证f()(ba)221a(b2a2)f(，)即要证f()(a)f(，)由已知

xalimf(2xa)f(2xa)0，可得，lim从而得f(a)0，因此要证f()(a)f()，xaxa即要证f()(a)f()f(a)，显然只需验证f(x)在[a,]上满足拉格朗日中值定理条件即可。

勾股定理的证明题篇2

设X是一个连续型随机变量, 其密度函数为pX (x) , g (x) 是一个连续函数。如何求X的函数g (X) 的密度函数是概率统计中常见的问题。近年来, 有一个新方法来求g (X) 的密度函数:2013 年, 夏天和王学仁 (见文献[1]) 给出了一个定理, 文献中称为夏-王定理 (见文献[2]) , 根据此定理, 可以用积分变换法来求g (X) 的概率密度函数。该方法比经典的方法更简捷。本文将举例说明夏-王定理在证明题中的应用。

首先我们约定:用〈α, β〉, 或者I表示区间 (可以是开区间, 可以是闭区间, 也可以是半开半闭区间) , 用r.v表示随机变量;用p.d.f.表示概率密度函数;其次我们陈述夏-王定理[文献1]如下:

定理:假定X为连续型r.v, 它的p.d.f. pX (x) 只在 (a, b) 上有非零值 (这里a可以取-∞, b可以取+∞。如果可将 (a, b) 划分为两两互不相交的的子区间 (有限个或可列个) Ikj (k=1, 2, ..., n, j=1, 2, ...;Ikj) , 使得函数y=g (x) 在每个子区间Ikj (k=1, 2, ..., n, j=1, 2, ...) 内恒有g' (x) >0 (或恒有g' (x) <0) 且在Ikj (j=1, 2, …) 上有相同的值域〈αk, βk〉 (k=1, 2, ..., n) , 其中 βk-1≤αk, k=2, 3, ..., 则

(i) 在积分中, 直接作积分变量变换y=g (x) (或x=hkj (y) ) , 可得:

这里x=hkj (y) 是函数y=g (x) 在区间Ikj (j=1, 2, …) 上的反函数。

(ii) 由 (1) 式, 可令

那么Y=g (X) 是连续型r.v, 其p.d.f.为pY (y) .

夏-王定理给出了求Y=g (X) 的p.d.f.的一种方法:就是在等式

中, 对每个单调区间Ikj上的积分作变量变换y=g (x) (或x=hkj (y) , 将该积分化为区间〈αk, βk〉上的积分, 从而得到 (1) , 这样就得到了pY (y) 。由于该方法, 主要是在 (3) 式作了变量变换y=g (x) (或x=hkj (y) , 故该方法被称为为“积分变换法”。

1 用夏-王定理来证明一些问题

下面, 举例来说明夏-王定理在证明题中的应用。题目主要来源于文献[3,4,5]。

例1:设X~N (μ, σ2) , a、b为常数且a≠0, 证明:Y=a X+b~N (aμ+b, a2σ2) 。

证明:不妨设a>0 (对于a<0的情形同理可证) 。因为X~N (μ, σ2) , 所以X的p.d.f为。令y=g (x) =ax+b, (a>0) , I= (-∞, ∞) , 显然, g (x) 在区间I上严格单调增加, 故在积分中作变换y=ax+b, 可得:

由夏-王定理知, Y的p.d.f.为, 故由正态分布的定义知:Y服从正态分布N (aμ+b, (aσ) 2) 。

例2:设X服从[a, b]上的均匀分布, 证明Y=c X+d (c≠0) 也服从均匀分布。

证明:因为X服从[a, b]上的均匀分布, 所以X的p.d.f.为

令y=g (X) =c X+d, I= (a, b) , 显然, g (X) 在区间I上严格单调, 故在积分中作变换y=cx+d, 可得:

由夏-王定理知, Y的p.d.f.为:

故由均匀分布的定义知:Y服从[ca+d, cb+d]上的均匀分布

例3:假设随机变量X服从参数为2的指数分布, 即X的p.d.f.为

证明:Y=1-e-2X在区间 (0, 1) 上服从均匀分布。

证明:令y=g (X) =1-e-2x (x>0) , I= (0, ∞) 。则g' (x) =2e-2x>0 (x∈I) , 从而g (X) 在区间I上严格单调增加, 故在积分中作变换y=1-e-2x, 可得:

故由夏-王定理知Y的p.d.f.为, 故由均匀分布的定义知:Y服从 (0, 1) 上的均匀分布。

例4:若X~LN (μ, σ2) (对数正态分布) , 即X的p.d.f.为

证明:Y=In X~N (μ, σ2) .

证明:令y=g (x) =Inx, I= (0, ∞) , 显然, g (X) 在区间I上严格单调, 故在积分∫IfX (x) dx中作变换y=Inx, 可得:

故由夏-王定理知Y的p.d.f.为故由正态分布的定义知:Y服从N (μ, σ2) 。

例5:若X服从 (0, 1) 上的均匀分布U (0, 1) , 证明Y=1-X~U (0, 1) 。

证明:因为X服从 (0, 1) 上的均匀分布U (0, 1) , 所以X的p.d.f.为

令y=g (x) =1-x, I= (0, 1) , 显然, g (X) 在区间I上严格单调减少, 故在积分中作变换y=1-x, 可得:

故由夏-王定理知Y的p.d.f.为, 故由均匀分布的定义知:Y服从U (0, 1) .

例6:若X~F (2, 2) , 证明

证明:因为X~F (2, 2) , 故由F分布的定义 (见文献[3], p.146) 知, X的p.d.f.为

令I= (0, ∞) 。则, 从而g (X) 在区间I上严格单调增加, 故在积分中作变换可得:

故由夏-王定理知Y的p.d.f.为, 故由均匀分布的定义知:Y服从U (0, 1) .

摘要：用积分变换法求连续型随机变量X的函数g (X) 的密度函数是一种新方法 (见文献[1]) , 该方法主要基于夏-王定理 (见文献[2]) 。本文举例说明了夏-王定理在证明题中的应用。

关键词：夏-王定理,连续型随机变量,密度函数,用积分变换法求连续型随机变量函数的密度函数

参考文献

[1]夏天, 王学仁.用积分变换法求连续型随机变量函数的密度函数[J].数学的的实践与认识, 2013, 43 (16) :p.262-270.

[2]夏天.关于用积分变换法求连续性随机变量函数的密度函数的注记[J].科教文汇, 2013, 11 (下旬) :p.51-52.

[3]吴传生.经济数学-概率论与数理统计 (第二版) [M].北京:高等教育出版社, 2009.

[4]方开泰, 许建伦.统计分布[M].北京:科学出版社, 1987.

浅谈勾股定理的证明方法篇3

关键词：勾股定理；证明方法

中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2015）07-217-01

何谓勾股定理？勾股定理又叫毕氏定理，即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方。据考证，人类对这条定理的认识已经超过了4000年。据史料记载，世上有300多个对此定理的证明。勾股定理是几何学中的明珠，所以它充满魅力，千百年来，人们对它的证明趋之若鹜。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20多种精彩的证法。这是数学中任何定理都无法比拟的。

本文中仅介绍勾股定理的证明方法中最为精彩的两种证明方法，据说分别来源于中国和希腊。

1、中国方法：画两个边长为的正方形，如图，其中为直角边，为斜边。这两个正方形全等，故面积相等。左图与右图各有四个与原直角三角形全等的三角形，左右四个三角形面积之和必相等。从左右两图中都把四个三角形去掉，图形剩下部分的面积必相等。左图剩下两个正方形，分别以为边，右图剩下以为边的正方形。于是得。

这就是我们几何教科书中所介绍的方法。既直观又简单，任何人都看得懂。

以上两个证明方法之所以精彩，是它们所用到的定理少，都只用到面积的两个基本观念： ⑴ 全等形的面积相等；⑵ 一个图形分割成几部分，各部分面积之和等于原图形的面积。这是完全可以接受的朴素观念，任何人都能理解。

值得指出的是，由于《几何原本》的广泛流传，欧几里得的证明是勾股定理所有证明中最为著名的。为此，希腊人称之为“已婚妇女的定理”，法国人称之为“驴桥问题”，阿拉伯人称之为“新娘图”、“新娘的坐椅”。在欧洲，又有人称之为“孔雀的尾巴”或“大风车”等，这些可能是从其几何图形得到的灵感吧

勾股定理的证明方法篇4

勾股定理又叫毕氏定理:在一个直角三角形中,斜边边长的平方等于两条直角边边长平方之和.据考证,人类对这条定理的认识,少说也超过 4000 年!又据记载,现时世上一共有超过 300 个对这定理的证明!勾股定理是几何学中的明珠,所以它充满魅力,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,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

勾股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，下至平民百姓，上至帝王总统都愿意探讨和研究它的证明．下面结合几种图形来进行证明。

一、传说中毕达哥拉斯的证法（图1）

左边的正方形是由1个边长为的正方形和1个边长为的正方形以及4个直角边分别为、，斜边为的直角三角形拼成的。右边的正方形是由1个边长为的正方形和4个直角边分别为、，斜边为的直角三角形拼成的。因为这两个正方形的面积相等(边长都是)，所以可以列出等式，化简得。

在西方，人们认为是毕达哥拉斯最早发现并证明这一定理的，但遗憾的是，他的证明方法已经失传，这是传说中的证明方法，这种证明方法简单、直观、易懂。

二、赵爽弦图的证法（图2）

第一种方法：边长为的正方形可以看作是由4个直角边分别为、，斜边为的直角三角形围在外面形成的。因为边长为的正方形面积加上4个直角三角形的面积等于外围正方形的面积，所以可以列出等式，化简得。

第二种方法：边长为的正方形可以看作是由4个直角边分别为、，斜边为的

角三角形拼接形成的（虚线表示），不过中间缺出一个边长为

因为边长为的正方形面积等于4个直角三角形的面积加上正方形“小洞”的面积，所以可的正方形“小洞”。

以列出等式，化简得。

这种证明方法很简明，很直观，它表现了我国古代数学家赵爽高超的证题思想和对数学的钻研精神，是我们中华民族的骄傲。

三、美国第20任总统茄菲尔德的证法（图3）

这个直角梯形是由2个直角边分别为、，斜边为的直角三角形和1个直角边为的等腰直角三角形拼成的。因为3个直角三角形的面积之和等于梯形的面积，所以可以列出等式，化简得。

3.2勾股定理的“无字证明” 篇5

·教学目标

知识目标: 了解勾股定理的“无字证明”法，能通过拼图并根据面积等验证勾股定。能力目标: 通过拼图活动，尝试验证勾股定理，培养学生的动手实践和创新能力。情感目标: 让学生经历查询资料、自主探究、合作交流、观察比较、计算推理、动手

操作等过程，获得一些研究问题的方法，取得成功和克服困难的经验，培

养学生良好的思维品质，增进他们数学学习的信心。

· 教学重点: 了解勾股定理的“无字证明”法，分析和欣赏几种常见的验证勾股定理的方法。

·教学难点:通过拼图，探求验证勾股定理的“无字证明”法。

·教学方法:启发、合作交流和直观演示。

·教学过程:

（一）创设情境，引入新课

在精彩的几何学世界中，有着无数条定理，毕达哥拉斯定理（勾股定理）是其中最耀眼的一个。毕达哥拉斯定理被发现到至今已有五千多年的历史了，其证明方法至少有370多种，其中包括大物理学家爱因斯坦和大画家达•芬奇及美国总统詹姆士••阿•加菲尔德（James Abram Garfield,1831–1881）的证法.这真是科学史上的一大奇迹！它是人类科学发现中的一条基本定理，对科技的进步起了不可估量的作用。

在勾股定理的学习过程中，我们已经学会运用以下图形，验证著名的勾股定理：

整个大正方形的面积可以表示为里面小正方形的面积与四边上的４个直角三角形的面积之和，即为

(a+b)

由此可以推出勾股定理

a+b=c。

注意：这种根据图形可以极其简单地直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无优课轩资源网http://未经授权，本站资源禁止用于任何商业目的 2222=c+4（21ab），2学英语报社http://全新课标理念，优质课程资源字证明”。

对于勾股定理，我们还可以找到一些用于“无字证明”的图形．昨天已布置同学们，查阅课本和其他有关书籍，上网查询各种相应的资料，现在我们进行交流。

（二）自主探索、合作交流

方法二：整个大正方形的面积可以表示为里面小正方形的面积与四边

上的４个直角三角形的面积之和，即为

(a-b)

由此可以推出勾股定理

a+b=c．

方法三：美国总统詹姆士••阿•加菲尔德的证法

如图所示，在直角梯形ABCD中，∠A=90,E是AB上一

点,AE=BC=a,EB=AD=b，梯形的面积SABCD=S△AED+S△EBC+S△DCE b+ 4（12ab）=c, 2222DC11（BC+AD）AB=(a+b)(a+b)2

211S△AED=AEAD=ab 22

11S△EBC=EBBC=ab 22

11S△DCE=DEEC=c2 22

11112 于是(a+b)(a+b)=ab+ ab+c222 2

222 化简成：a+2ab+b=2ab+ c而SABCD=AEB

即：a2+b2= c2,由此证明了毕达哥拉斯定理。

方法四：刘徽的“出入相补法”

约公元 263 年，三国时代魏国的数学家刘徽为古籍《九章算

术》作注释时，用“出入相补法”证明了勾股定理.如图，证明

时不需用任何数学符号和文字，更不需进行运算，隐含在图中的勾股定理便清晰地呈现，整个证明单靠移动几块图形而得出，被

称为最美的“无字证明”法。

（三）自我评价、形成知识

我最大的收获；

我表现较好的方面；

我学会了哪些知识；

我还有哪些疑惑。

勾股定理证明篇6

直角三角形的两直角边的平方和等于斜边的平方这一特性叫做勾股定理或勾股弦定理，又称毕达哥拉斯定理或毕氏定理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。

以下即为一种证明方法：

如图，这个直角梯形是由2个直角边分别为、，斜边为的直角三角形和1个直角边为的等腰直角三角形拼成的。

∵△ABE＋△AED＋△CED＝梯形ABCD

∴（ab+ab+c²）÷2＝(a+b)(a+b)/2 ∴

∴c²=a²+b²，即在直角三角形中，斜边长的平方等于两直角边的平方和

透视数学中考题中的勾股定理应用篇7

一、直接用勾股定理计算

例1 (2015·吉林长春)如图1,点E在正方形ABCD的边CD上.若△ABE的面积为8,CE=3,则线段BE的长为_______.

【分析】本题根据△ABE的面积为8可求出正方形边长为4,再根据勾股定理即可求出BE的长.

解:过E作EM⊥AB于M,如图2,

∵ 四边形ABCD是正方形,

∴AD=BC=CD=AB,∴EM=AD,BM=CE,

∵△ABE的面积为8,

∴1/2×AB×EM=8,得:EM=4,

即AD=DC=BC=AB=4,

∵CE=3,由勾股定理得:BC2+CE2=BE2,

∴BE2=42+32=25,

∴BE=5.

【点评】本题求出正方形边长是关键, 求出边长后直接利用勾股定理进行计算.

二、勾股定理和逆定理并用证垂直

例2 (2013·内蒙古包头)如图3,点E是正方形ABCD内的一点,连接AE、BE、 CE,将△ABE绕点B顺时针旋转90°到 △CBE′的位置.若AE=1,BE=2,CE=3,则∠BE′C=_______ 度.

【分析】首先根据旋转的性质得出∠EBE′=90°,BE=BE′=2,AE=E′C=1,进而根据勾股定理的逆定理求出△EE′C是直角三角形,从而得出答案.

解:连接EE′,如图4,

∵ △ABE绕点B顺时针旋转90° 到 △CBE′,

∴∠EBE′是直角,

∴△EBE′是直角三角形,

∵△ABE与△CBE′全等,

∴BE=BE′=2,∠AEB=∠BE′C,

∴∠BEE′=∠BE′E=45°,

∵EE′2=22+22=8,AE=CE′=1,EC=3,

∴EC2=E′C2+EE′2,

∴△EE′C是直角三角形,

∴∠EE′C=90°,∴∠BE′C=90°+45°=135°.

【点评】此题主要考查了勾股定理以及逆定理,根据已知得出△EE′C是直角三角形是解题关键.

三、利用勾股定理解决实际问题

例3(2015·福建厦门)已知A,B,C三地位置如图5所示, ∠C=90°,A,C两地的距离是4 km,B,C两地的距离是3 km,则A,B两地的距离是_______km;若A地在C地的正东方向,则B地在C地的_______ 方向.

【分析】根据勾股定理来求AB的长度由于∠C=90°,A地在C地的正东方向,则B地在C地的正北方向.

解:∵∠C=90°,A,C两地的距离是4 km,B,C两地的距离是3 km,

∴AB2=AC2+BC2,∴AB2=42+32=25,

∴AB=5(km).

又∵A地在C地的正东方向,则B地在C地的正北方向.

【点评】本题考查了勾股定理的应用和方向角. 这类问题的解决策略是运用勾股定理建立数学模型,把实际问题转化为数学问题.

四、利用勾股定理经典图创设问题

例4(2015·湖南株洲)如图6是“赵爽弦图”,△ABH、△BCG、 △CDF和 △DAE是四个全等的直角三角形,四边形ABCD和EFGH都是正方形. 如果AB=10,EF=2,那么AH等于_______.

【分析】一方面根据图形特征得出线段之间的关系AE-DE=2,另一方面利用面积关系:正方形ABCD的面积-正方形EFGH的面积=四个全等直角三角形面积和,得出AE×DE=48,再利用勾股定理得出AE2+ DE2=AD2=AB2=100推出AE+DE=14,最后解二元一次方程组即可算出DE长,即AH的长.

解:∵AB=10,EF=2,

∴ 大正方形的面积是100,小正方形的面积是4,

∴四个直角三角形面积和为100-4=96,

设AE为a,DE为b,即4×1/2ab=96,

∴2ab=96,a2+b2=100,

∴(a+b)2=a2+b2+2ab=100+96=196,

∴a+b=14,∵a-b=2,

解得:a=8,b=6,

∴AE=8,DE=6,∴AH=DE=6.

透视数学中考题中的勾股定理应用篇8

一、直接用勾股定理计算

例1 （2015·吉林长春）如图1，点E在正方形ABCD的边CD上.若△ABE的面积为8，CE=3，则线段BE的长为_______.

【分析】本题根据△ABE的面积为8可求出正方形边长为4，再根据勾股定理即可求出BE的长.

解：过E作EM⊥AB于M，如图2，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=BC=CD=AB，∴EM=AD，BM=CE，

∵△ABE的面积为8，

∴AB×EM=8，得：EM=4，

即AD=DC=BC=AB=4，

∵CE=3，由勾股定理得：BC2+CE2=BE2，

∴BE2=42+32=25，

∴BE=5.

【点评】本题求出正方形边长是关键，求出边长后直接利用勾股定理进行计算.

二、勾股定理和逆定理并用证垂直

例2 （2013·内蒙古包头）如图3，点E是正方形ABCD内的一点，连接AE、BE、CE，将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′的位置.若AE=1，BE=2，CE=3，则∠BE′C=_______度.

【分析】首先根据旋转的性质得出∠EBE′=90°，BE=BE′=2，AE=E′C=1，进而根据勾股定理的逆定理求出△EE′C是直角三角形，从而得出答案.

解：连接EE′，如图4，

∵△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′，

∴∠EBE′是直角，

∴△EBE′是直角三角形，

∵△ABE与△CBE′全等，

∴BE=BE′=2，∠AEB=∠BE′C，

∴∠BEE′=∠BE′E=45°，

∵EE′2=22+22=8，AE=CE′=1，EC=3，

∴EC2=E′C2+EE′2，

∴△EE′C是直角三角形，

∴∠EE′C=90°，∴∠BE′C=90°+45°=135°.

【点评】此题主要考查了勾股定理以及逆定理，根据已知得出△EE′C是直角三角形是解题关键.

三、利用勾股定理解决实际问题

例3 （2015·福建厦门）已知A，B，C三地位置如图5所示，∠C=90°，A，C两地的距离是4 km，B，C两地的距离是3 km，则A，B两地的距离是_______km;若A地在C地的正东方向，则B地在C地的_______方向.

【分析】根据勾股定理来求AB的长度.由于∠C=90°，A地在C地的正东方向，则B地在C地的正北方向.

解：∵∠C=90°，A，C两地的距离是4 km，B，C两地的距离是3 km，

∴AB2=AC2+BC2，∴AB2=42+32=25，

∴AB=5（km）.

又∵A地在C地的正东方向，则B地在C地的正北方向.

【点评】本题考查了勾股定理的应用和方向角.这类问题的解决策略是运用勾股定理建立数学模型，把实际问题转化为数学问题.

四、利用勾股定理经典图创设问题

例4 （2015·湖南株洲）如图6是“赵爽弦图”，△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH都是正方形.如果AB=10，EF=2，那么AH等于_______.

【分析】一方面根据图形特征得出线段之间的关系AE-DE=2，另一方面利用面积关系：正方形ABCD的面积-正方形EFGH的面积=四个全等直角三角形面积和，得出AE×DE=48，再利用勾股定理得出AE2+DE2=AD2=AB2=100推出AE+DE=14，最后解二元一次方程组即可算出DE长，即AH的长.

解：∵AB=10，EF=2，

∴大正方形的面积是100，小正方形的面积是4，

∴四个直角三角形面积和为100-4=96，

设AE为a，DE为b，即4×ab=96，

∴2ab=96，a2+b2=100，

∴（a+b）2=a2+b2+2ab=100+96=196，

∴a+b=14，∵a-b=2，

解得：a=8，b=6，

∴AE=8，DE=6，∴AH=DE=6.

【点评】勾股定理有着悠久的历史，它曾经引起很多人的兴趣.本题就是在我国汉代数学家赵爽创制的弦图的基础上改编得到的.本题考查的就是弦图中的各线段之间、图形面积之间的关系和勾股定理.

（作者单位：江苏省常州市武进区湖塘实验中学）

勾股定理证明方法篇9

【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。

第六讲勾股定理及其证明篇10

第六讲勾股定理及其证明

勾股定理：如果直角三角形的两直角边长分别为a和b，斜边长为c，那么

a2+b2= c

2如图，若a、b为直边，c为斜边，则有a2+b2= c

2简述为：直角三角形斜边的平方等于两直角边的平方之和。

勾股定理的证明：（附后）

勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2= c2，那么这个三角形是直角三角形。简述为：一边的平方等于另两边的平方之和的三角形是直角三角形。

注意两个定理条件和结论的互换关系。

勾股定理的证明

【证法1】（课本的证明）

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】（赵爽证明）

以a、b 为直角边（b>a），以c为斜边作四个全等的直角三角形，则每个直角

1三角形的面积等于2ab.把这四个直角三角形拼成如图所示形状.∵ RtΔDAH ≌

RtΔABE,∴ ∠HDA = ∠EAB.∵ ∠HAD + ∠HAD = 90º，∴ ∠EAB + ∠HAD = 90º，∴ ABCD是一个边长为c的正方形，它的面积等于c2.∵ EF = FG =GH =HE = b―a ,∠HEF = 90º.2ba∴ EFGH是一个边长为b―a的正方形，它的面积等于.124abbac

22∴.222∴ abc.赵爽，又名婴，字君卿，中国数学家。东汉末至三国时代吴国人。他是我国历史上著名的数学家与天文学家。生平不

详，约生活于公元3世纪初。他的主要贡献是约在222年深入研究了《周髀》，该书是我国最古老的天文学著作，唐初改名为《周髀算经》。它详细解释了《周髀算经》中勾股定理，将勾股定理表述为：“勾股各自乘，并之，为弦实。开方除之，即弦。”。又给出了新的证明：“按弦图，又可以勾股相乘为朱实二，倍之为朱实四，以勾股之差自相乘为中黄实，加差实，亦成弦实。”。“又”“亦”二字表示赵爽认为勾股定理还可以用另一种方法证明

【证法3】（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，则每个直角三角形的面积等于2ab.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，它的面积等于

1又∵ ∠DAE = 90º, ∠EBC = 90º, ∴ AD∥BC.∴ ABCD是一个直角梯形，它的面积等于2(a+b)2.ab221ab1c2

22.∴ 2

∴ abc.【证法4】（辛卜松证明）

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

ab分成上方左图所示的几个部分，则正方形ABCD的面积为

a2b22ab；把正方形ABCD划分成上

方右图所示的几个部分，则正方形ABCD的面积为

ab241abc

2=2abc.∴ab2ab2abc,∴a

bc.222222

勾股定理基础练习

一选择（24）一个等腰直角三角形的斜边长为2，则其面积为（）A

C 1D22 2若△ABC中，AB=13，AC=15，高AD=12，则BC的长为（）A 14B 14、4C8D 4、8

／／

3如图7,已知矩形ABCD沿着直线BD折叠,使点C落在C处,BC交AD于E,AD=8,AB=4,则DE的长为（）

A、3；B、4；C、5；D、6。

4如图

6、是我校的长方形水泥操场，如果一学生要从A角走到C角，至少要走（）

A、140米B、100米C、120米D、90米

5如图，四边形ABCD中，∠DAB=60°，∠B=∠D=90°，BC=1，CD=2。则对角线AC的长为（）A21B

21221．C．D．3 3

36在直角三角形中，斜边与较小直角边的和、差分别为8、2，则较长直角边长为（）

（A）5(B)4(C)3(D)

7如图，在边长为a的正方形中挖掉一个边长为b的小正方形（a>b），余下的部分拼成一个矩形（如图2），通过计算两个图形（阴影部分）的面积，验证了一个

b等式。则这个等式是（）

→

图2图1（A）a2-b2=(a-b)(a+b)(B)(a+b)2=a2+2ab+b2

(C)(a-b)2=a2-2ab+b2(D)(a+2b)(a-b)=a2+ab-2b2

8把直角三角形的两直角边同时扩大为原来的两倍, 则斜边扩大为原来的_____ A．２倍Ｂ３倍Ｃ．４倍Ｄ．６倍

9放学以后小林和小明从学校出发, 分别沿东南方向和西南方向回家, 他们的行走速度都是40m/min, 小林用了15分钟到家, 小明用了20分钟到家, 则他们两家的距离为_____

A．600mＢ．800mＣ．1000mＤ．以上都不对 10已知一个直角三角形的两边长分别为3和4A．5B．25C．D．5或已知Rt△ABC中，∠C=90°，若a+b=14cm，c=10cm，则Rt△ABC的面积是（）

2222

A.24cmB.36cmC.48cmD.60cm

12一架25分米长的梯子，斜立在一竖直的墙上，这时梯足距离墙底端7分米.如果梯子的顶端沿墙下滑4分米，那么梯足将滑动()

A.9分米B.15分米C.5分米D.8分米

二填空（36）

1小明把一根70cm长的木棒放到一个长、宽、高分别为30cm、40cm、50cm的木箱中，他能放进去吗？答：_______________（填“能”、或“不能”）2直角三角形中，以直角边为边长的两个正方形的面积为7cm2，8cm2，则以斜边为边长的正方形的面积为_________cm2．

3把一根长为10㎝的铁丝弯成一个直角三角形的两条直角边，如果要使三角形的面积是9㎝2，那么还要准备一根长为____的铁丝才能把三角形做好． 4 在△ABC中，AC=BC=2，∠ACB=90°，D是BC中点，E是AB边上的一动点，则EC+ED的最小值是

5如图1，正方形A的面积是144，正方形B的面积是169，则正方形C的边长是。

6、如图2，一个梯子AB长为10米，顶端A靠在墙AC上，这时梯子下端B与墙角C间的距离为6米，梯子滑动后停在DE的位置上，测得DB的长为2米，则梯子顶端A下落了米。

7、如图3，将一根长24cm的筷子，置于底面直径为5cm，高为12cm的圆柱形水杯中，设筷子露在杯子外面的长度是为hcm，则h的取值范围是。

8、如图4，要将楼梯铺上地毯，则需要米的地毯。

9在直角ΔABC中，斜边长为2，周长为2+6，则ΔABC的面积为10 △ABC中，CE是AB边上的中线，CD⊥AB于D,且AB=5,BC=4,AC=6,则DE的长为_______.B

11如图是一个三级台阶，它的每一级的长宽和高分别为20dm、3dm、2dm，A和B是这个台阶两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬到B点最短路程是

12在△ABC中，∠C＝90°，（1）已知 a＝2.4，b＝3.2，则c＝；（2）已知c＝17，b＝15，则△ABC面积等于；（3）已知∠A＝45°，c＝18，则a＝.三解下列各题（40）已知：如图，⊿ABC中，∠ACB =90，AB = 5cm，BC = 3 cm，CD⊥AB于D，求CD的长及三角形的面积；（4分）一个小朋友拿着一根竹竿要通过一个长方形的门，如果把竹竿竖放就比门高出1尺，斜放就恰好等于门的对角线，已知门宽4尺，求竹竿高与门高.（4分）

3如图四边形ABCD是实验中学的一块空地的平面图，其中∠B=90°，AC⊥CD，AB=3m，BC=4m，AD=13m现计划在空地上植上草地绿化环境，若每平方米的草皮需150元；问需投入资金多少元？（5）B

4．如图，A城气象台测得台风中心在A城正西方向320km的B处，以每小时40km的速度向北偏东60°的BF方向移动，距离台风中心200km的范围内是受台风影响的区域。（5）北

（1）A城是否受到这次台风的影响？为什么？

E（2）若A城受到这次台风影响，那么A城遭受这次台风影响有多长时间？

B东如图，△ABC中，AB=13，BC=14，CA=15，求BC边上的高AD。（5）有一只小鸟在一棵高4m的小树梢上捉虫子，它的伙伴在离该树12m，高20m的一棵大树的树梢上发出友好的叫

余弦定理证明初探篇11

关键词：数形结合双基创新意识创新精神

如何发挥高考题的教学功能，把握高三复习备考方向，提高解题教学的功效，是我们一线教师努力的目标。余弦定理的证明曾在以前高考考题中出现过，去年陕西卷再次出现，说明余弦定理的证明不但能考察学生对“双基”知识的掌握能力，更能激发学生对数学中“数形结合”思想方法的重视和挖掘，从而对老师和学生起到抛砖引玉的功效。下面就余弦定理给出不同证明方法。

方法一（向量法）如图，设，则即，

方法七（面积法）如图，以的三边为边长向外作三个正方形，三条

高的延长线将三个正方形分成6个矩形。

教学的根本目的在于提高学生探索和解决问题的能力，以不同的知识为切入点，对同一题目从不同角度审视，探求出不同的解决方案，可以开拓思路，沟通知识，权衡优劣，提高学生的解题效率，更能提高学生分析、解决问题的能力，培养创新意识和创新精神，这正是新课改所追求的目的。

参考教材：

（1）北师大版高中数学，《必修4》。

（2）罗增儒，《数学解题学引论》。

推广的罗尔定理的证明及应用篇12

若函数f满足如下条件: ( ⅰ) f在闭区间[a,b]上连续;( ⅱ) f在开区间 (a,b)内可导; ( ⅲ) f ( A) = f ( b),则在(a,b)内至少存在一点ξ,使得f' ( ξ) = 0.

2. 推广的罗尔定理

设(a,b)为有限区间或无限区间,f( x) 在(a,b)内可微,

则至少存在一点ξ∈(a,b),使f'( ξ) =0. 现在我们来证明推广的罗尔定理.

证明: ( 1) 设(a,b)为有限区间. 若A为有限值,

容易验证F( x) 在 [a,b]上满足罗尔定理的条件,故ξ∈(a,b),使得F' ( ξ) = f' ( ξ) = 0.

( 2) 若A = + ∞ ,(a,b)为有限区间,由f( x) 在(a,b)内的连续性知,当c > 0时,直线y = c与曲线y = f( x) 至少相交于两点x1,f(x )(1), x2,f(x )(2),即f(x )1= f (x )2= c. 且x1,x2∈(a,b). 不妨设x1< x2,对f( x) 在x1[,x ]2 (a,b)上应用罗尔定理,ξ∈x1(,x )2(a,b),使得f' ( ξ) = 0. 对A =- ∞的情形可类似证明.

( 3) 若A = + ∞ ,(a,b)为无限区间,( ⅰ) 若a = - ∞ ,b= + ∞ ,作变换x = tant. 令g( t) = f( tant) ,

则g( t) 在 -(,π2)满足( 1) 的全部条件.π2

f'( tanα') ·sec2α',sec2α' > 0,

于是取ξ = tanα'∈(- ∞ ,+ ∞),就有f'( ξ) = 0.( ⅱ) 若a为有限,b = + ∞ ,即(a,b) = (a,+ ∞).

则g ( t) 在 (a,m) 满足 ( 1 ) 的全部条件. 故t0∈

( ⅲ) 若b为有限,a = - ∞ ,即(a,b) = (- ∞ ,b).

0,所以f' ( ξ) = 0.

对A = - ∞的情形可类似证明.

3. 例题

导. 证明: 存在ξ∈(- ∞ ,+ ∞),使得f'( ξ) = 0.

定理得ξ∈(- ∞ ,+ ∞),使f'( ξ) = 0.

例2设f( x) 在 [0,+ ∞)内可微,且满足不等式0≤

由推广的罗尔定理得ξ∈(0,+ ∞),

= 0.

1 + x2

由推广的罗尔定理得,存在一点ξ > 0,使得F' ( ξ) = 0.

勾股定理的证明题篇13

大家都知道，勾股定理不过是余弦定理的一种特例，所以用余弦定理证明勾股定理就很容易；但是长期以来，有一种观点认为，余弦定理不能用来证明勾股定理，原因是余弦定理是用勾股定理证明出来的，然后用余弦定理又来证明勾股定理就是循环论证，说到这里，我就纳闷了，难道证明余弦定理非要直接或者间接的用到勾股定理？NO！简直是谬论，出于兴趣，偶在网上找到了一种证明余弦定理的方法，证明的过程和勾股定理扯不上一点关系。据说是伟大的科学家爱因斯坦在12岁时, 在未学过平面几何的情况下, 基于三角形的相似性, 找到的这一巧妙和简单的证明余弦定理的方法。天才就是天才，汗……

让我们看看天才是怎样一步一步证明余弦定理的：

如图, 在△ABC 中, 过C 点作线段CD, CE 交AB 于D, E, 使∠ACD = ∠B, ∠BCE = ∠A。显然有：

因为 △ACD ∼ △ABC ∼ △CBE, 所以：

AC*AC = AD * AB, ①

BC*BC = BE * AB，②

∠ADC = ∠CEB，△CDE是等腰三角形

AC / AB = CE / BC = CD / BC，即: CD = AC * BC / AB③

而∠CDE = ∠CED = ∠A + ∠B, 由余弦定义知,cos(A + B)= cos ∠CDE =（1/2 * DE）/CD.于是 DE = 2 *（CD * cos∠CDE）= 2 * CD * cos(A + B)。

将③代入得 :

DE = 2AC*BC/AB* cos(A + B)④

根据①②④，便可以推导出：

AC*AC + BC*BC