勾股定理的证明

勾股定理的证明（精选16篇）

勾股定理的证明 篇1

方法一:如图1, 四边形ABCD是正方形, 点E是边BC上的任意一点 (点E不与点B、C重合) , ∠AEF=90°, 且EF交正方形外角的平分线CF于点F, 设AB=a, BE=b, AE=c, 求证:a2+b2=c2。

证明:如图1, 连接AF, 过点F作FG⊥BC, 垂足为点G.

设FG=x, 则CG=x, EG=a-b+x.

∴x=b.

∴EG=a.

∴△ABE≌△EGF.

∴EF=AE=c.

S梯形ABGF=2S△ABE+S△EGF,

∴a2+b2=c2.

方法二:如图2, 四边形ABCD是正方形, 点E是直线BC上的任意一点 (点E不与点B、C重合) , ∠AEF=90°, 且EF交正方形外角的平分线CF所在的直线于点F, 设AB=a, BE=b, AE=c, 求证:a2+b2=c2。

证明:如图2, 连接AF交BC于点H, 过点F作FG⊥BC, 垂足为点G.

设FG=x, 则CG=x, EG=b+a-x.

∵△ABE∽△EGF,

∴x=b.

∴FG=CG=b, EG=a.

再设GH=y, 则BH=a-b-y.

∵S五边形AEFCD=S△ABE+S△CEF+S△EGF+Sg正方形ABCD,

S五边形AEFCD=S△AEF+S△CFH+S△EGF+Sg梯形ADCH,

化简, 得a2+b2=c2.

方法三:如图3, 把“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”, 四边形ABCD是矩形, 点E是边BC上的任意一点 (点E不与点B、C重合) , ∠AEF=90°, 且EF交矩形外角的平分线CF于点F, 设AB=a, BE=b, AE=c, AD=m (a>b、m>b) , 求证:a2+b2=c2。

证明:如图3, 连接AF, 过点F作FG⊥BC, 垂足为点G.

设FG=x, 则CG=x, EG=m-b+x.

∵S梯形ABGF=S△ABE+S△EGF+S△AEF,

勾股定理的证明 篇2

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.

勾股定理的逆定理的证明 篇3

湛江市爱周中学伍彩梅

八年级数学学习的勾股定理，是几何学中几个最重要的定理之一，它揭示了一个直角三角形三边之间的数量关系，内容是：“如果直角三角形的两条直角边长分别为a、b,斜边长为c，那么abc”。

勾股定理的逆定理给出了一个用代数运算判定一个三角形是直角三角形的方法，内容是：“如果三角形的三边长a、b、c满足abc，那么这个三角形是直角三角形”。

这两大定理都来源于实践，并在实践中得到广泛的应用。

定理的证明，有助于加深对定理得理解，有助于实现从感性认识到理性认识的飞跃。教材中，勾股定理的证明采用了多种方法，学生容易理解。而

课本里用三角形全等证明了该定理。勾股定理的逆定理，只用“三角形全等”来证明，这种方法学生一时不易理解。实际上，我们也可以用“勾股定理”来证明“勾股定理的逆定理”——反证法。表述如下：

已知△ABC的三边长a、b、c满足abc，求证：△ABC是直角三角形。用反证法证明如下：

由abc，可知c边最大，即∠ACB最大。只要证明了∠ACB=90°，即△ABC是直角三角形。

分两种情况进行。

（一）假设△ABC不是直角三角形而是钝角三角形，则∠C＞90°。如图（1）222222222222

B

图（1）

过B作BD垂直于AC的延长线于D，垂足为D。如图（2）

图（2）

在图（2）中，△ABD与△CBD都是直角三角形，根据勾股定理有：

a1(bb1)2c2（1）

a1b1a2（2）

22由（1）得a1b12bb1bc（3）22222

把（2）代入（3）得a2b22bb1c2（4）

对比已知条件abc

可得b10

把b10代入（2）得a1a2，则a1a

因此点C与点D重合，∠ACB=∠ADB=90°，结论与假设矛盾，所以△ABC是直角三角形。

（二）假设△ABC不是直角三角形而是锐角三角形，则∠C＜90°。如图(3)2222

B

c a

A

b

图（3）C

过B作BD垂直于AC于D，垂足为D。如图（4）

B

c a

a1

Ab

b D C b2

图（4）

其中BD=a1，AD=b1，DC=b2，b1b2b

在图（4）中，△ABD与△CBD都是直角三角形，根据勾股定理有：

22a1b1c2（5）

a1b2a2（6）

把（5）-（6）得

2222c2a2b1b2(b1b2)(b1b2)b(b2b2)b22bb2

整理得

c2a2b22bb2（7）

对比已知条件abc

得b20

所以b1b

则点C与点D重合，∠ACB=∠ADB=90°，结论与假设矛盾，所以△ABC是直角三角形。

因此，勾股定理的逆定理得到证明。

勾股定理的证明 篇4

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

勾股定理的证明 篇5

八年级数学下勾股定理的证明(二)教案

18.1 勾股定理(二) 教者：庞建国 时间：四月二十日 地点：八年级7班 教学目标 知识与技能 1.了解利用拼图验证勾股定理的方法。 2、掌握勾股定理的内容，会用面积法证明勾股定理。 3.介绍我国古代在勾股定理研究方面所取得的成就，激发学生的爱国热情，促其勤奋学习。 过程与方法 1、经历用拼图的方法验证勾股定理，培养学生的创新能力和解决实际问题的能力。 2、在拼图的过程中，鼓励学生大胆联想，培养学生数形结合的意识。 情感态度与价值观 1、利用拼图的方法验证勾股定理，是我国古代数学家的一大贡献，借助此过程对学生进行爱国主义教育。 2、经历拼图的过程，并从中获得学习数学的快乐，提高学习数学的兴趣。 重点 经历用不同的拼图方法验证勾股定理的过程，体验解决同一问题方法的多样性，进一步体会勾股定理的文化价值。 难点 用不同的拼图方法证明勾股定理。 教具 小黑板，直角三角形，正方形 课时 总三课时 之 第二课时 教材 分析 勾股定理是几何中几个重要定理之一，它揭示的是直角三角形中三边的数量关系。它在数学的发展中起重要的作用，在现时世界中也有着广泛的作用。学生通过对勾股定理的学习，可以在原有的基础上对直角三角形有进一步的认识和理解。 教法 分析 针对八年级学生的知识结构和心理特征，本节课选择引导探索法，由浅入深的探究问题，引导学生自主探索，合作交流。这种教学理念反映了时代精神，有利于提高学生的思维能力，有效地激发学生的思维积极性。基本教学流程是：新课引入DD探索研究DD证明新知DD巩固练习DD课时小结DD布置作业等六部分组成。 学法 分析 在教师的组织指导下，鼓励学生做好课前准备活动，采用自主探索，合作交流的研讨式学习方式，让学生积极思考问题，获取知识，掌握方法，借此培养学生动手、动脑、动口的能力，使学生真正成为学习的主体。 教学过程 教学设计 与 师生行为 设计意图 第一步：课堂引入 问题：我们曾经学习过整式的运算，其中平方差公式(a+b)(a-b)=a2-b2 ;完全平方公式(a±b)2=a2±2ab+b2 是非常重要的内容，谁还能记得当时这两个公式是如何推出的? 师生行为： 学生动手活动，分组操作，然后再组内交流。教师深入小组参与活动，倾听学生的交流并帮助指导学生完成任务。 教师应重点关注： (1)学生能否积极主动的参与活动; (2)学生能否利用拼图的方法，通过计算拼图的面积而得出两个公式的意义; (3)学生能否从这两个公式的几何意义联想到直角三角形的三边的关系是否也可以类似证明。 引入新课： 你能用上述方法证明上一节猜想的命题吗? 回忆前面的知识，由此得出用拼图的方法推证数学结论非常直观，上一节课已经通过数格子的方法大胆猜想出了一个命题：在直角三角形中，两条直角边的.平方和等于斜边的平方。但我们不能对所有的直角三角形一一验证，因此需从理论上加以推证，学生也许会从此活动中得到启示，采用类似拼图的方法证明。 第二步：探索研究 同学们先用自己的模具拼图，看能拼出那些几何图形，在黑板上展示个别同学的作品。然后分析能否用其中的一些图形来解决直角三角形三边之间的数量关系。 锻炼学生的动手能力。 第三步：证明新知： 方法一;(赵爽弦图) 如图，让学生剪4个全等的直角三角形，拼成如图的图形，利用面积证明。 整体看：四边形ABCD是一个以直角三角形的弦(c)为边长的正方形，其面积为c2; S正方形=C 局部看：四边形ABCD是由四个直角三角形和一个正方形构成，其面积可表示为4×ab+(b-a)2.S正方形=2ab+(a-b) 方法二：总统证法 (伽菲尔德(1831∽1881)，是美国第20任总统。他对数学怀有浓厚兴趣。1876年，当他还是议员的时候，发现了勾股定理的一种有趣证明：如图) 他是这样分析的，整体看：梯形ABCD的面积=(a+b)(a+b)=(a+b)2=a2+ab+b2; 局部看：梯形ABCD的面积=△AED的面积+△BEC的面积+△DEC的面积=ab+ab+c2. 比较上面两式便可得到 a2+b2=c2. 1876年4月1日，伽菲尔德在《新英格兰教育日志》上发表了他对勾股定理的这一证法. 1881年，伽菲尔德就任美国第二十任总统，后来人们为了纪念他对勾股定理直观、简捷、易懂、明了的证明，就把这一证法称为“总统”证法. 方法一：进一步了解勾股定理的发展历史，体现出中国古代的学者对勾股定理的研究，希望同学们领略我国古代数学家的智慧。 方法二：对数学的研究是不受行业所限的，我们要全身心的投入到数学的研究中去，提高学生学习数学的主动性。 第四步：课堂练习用如图所示的方法证明勾股定理。 对本节课学过的方法做进一步的巩固，达到学以致用的目的。 第五步：课时小结 这节课你学到了哪些知识和方法? 师生行为： 学生小组讨论。教师巡视，对个别同学予以辅导。 知识：能够利用面积来说明勾股定理。 方法：拼图法在数学推理中的应用。 这种形式的小结，激发了学生的主动参与意识，调动了学生的学习兴趣，为每一位学生都创造了在数学学习活动中获得成功的体验机会。 第六步：作业布置 1.如图，一艘船由岛A正南30海里的B处向东以每小时20海里的速度航行2小时后到达C处。求AC间的距离. 2.如图，已知一等腰三角形的周长是16，底边上的高是4.求这个三角形各边的长.3.若三角形的三个内角的比是1:2:3，最短边长1cm，最长边长2cm.求：(1)这个三角形各角的度数;(2)另外一边长的平方. 4.如图，直角三角形三条边的比是3:4:5.求这个三角形三条边上的高的比. 5.如图，折叠长方形一边AD，点D落在BC边的点F处，BC=10cm，AB=8cm，求：(1)FC的长;(2)EF的长. 第七步：板书设计： 一、回忆勾股定理内容。 二、用拼图法验证勾股定理。 三、课时小结。 课后反思 ：

感悟两种勾股定理证明方法的关联 篇6

整理得:a2+b2=c2.即勾股定理获得验证.

接着学习教材第81页“探索”时, 我利用图2再次验证勾股定理, 请看:

设长方形的长、宽分别为a、b, 则可以从不同的角度表示梯形ABCD的面积:

整理得:a2+b2=c2.即勾股定理获得验证.

原来这两个问题是一致的, 只是取了大正方形的一半.老师经常讲数学都是关联的, 这两种验证勾股定理的方法, 看来也是关联在一起的!

刘老师点评:勾股定理尽显人类的智慧, 又是数形结合的典范.这篇短文发现教材上两种验证勾股定理在思路上的一致性 (顺便指出, 方法二即是1876年美国总统Garfield的证法) , 并用一个图形实现了他们在“形”上的沟通, 很好!确如小作者在文末所说的, “数学是关联的”.就这篇短文所体现出来的“关联”有很多理解的角度:第一, 勾股定理反映了数、形之间有关联;第二, 不同证明方法之间是关联的;第三, 图形的整体与局部往往也是关联的.

几个几何定理的纯几何证明 篇7

《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.

勾股定理证明 中外方法鉴赏 篇8

勾股定理是几何中一个非常重要的定理，应用十分广泛．迄今为止，关于勾股定理的证明方法已有500余种．其中我国古代的平民数学家赵爽的证法与美国第二十任总统伽菲尔德的证法在数学史上被传为佳话。

一、“弦图”证法

赵爽又名婴，字君卿，三国时吴国人．由于史书上没有他的传记，所以他的生卒年代和生平事迹已不可详考了．他在读了《周髀算经》后，深为此书的数学内容所折服，又恐怕后人不能彻底理解其中的深奥道理，于是就动手对它作了全面的注释和阐述．其中给出的《勾股圆方图》和《勾股圆方图注》，便是对勾股定理的一个严格而又巧妙的证明．

《勾股圆方图注》一开首就说：“勾股各自乘，并之

为弦实．开方除之，即弦．”这实际上给出了如下的两个

公式：

（1）勾×勾＋股×股＝弦×弦(a2＋b2＝c2)；

（2）弦＝勾2股2（c＝a2b2）；

接着，赵爽用一个“弦图”(见右图)对以上公式进行了证明。

整体看：四边形ABDE是一个 以直角三角形的弦（c）为边长的正方形，其面积为c2；

局部看：四边形ABDE是由四个直角三角形和一个正方形构成，其面积可

1表示为4×ab＋(b－a)2.21因此4× ab＋(b－a)2＝c2，化简便得：a2＋b2＝c2。

2二、总统证法

1876年一个周末的傍晚，在美国首都华盛顿的郊外，当时美国俄亥俄州共和党议员伽菲尔德．他走着走着，突然发现附近的一个小石凳上，有两个小孩正在聚精会神地谈论着什么，由于好奇，伽菲尔德循声向两个小孩走去，想搞清楚两个小孩到底在干什么．只见一个小男孩正俯着身子用树枝在地上画着一个直角三角形．于是伽菲尔德便问他们在干什么？只见那个小男孩头也不抬地说：“请问先生，如果直角三角形的两条直角边分别为3和4，那么斜边长为多少呢？”伽菲尔德答到：“是5呀．”小男孩又问道：“如果两条直角边分别为5和7，那么这个直角三角形的斜边长又是多少？”伽菲尔德不加思索地回答到：“那斜边的平方一定等于5的平方加上7的平方．”小男孩又说道：“先生，你能说出其中的道理吗？”伽菲尔德一时语塞，无法解释了．

于是伽菲尔德不再散步，立即回家，潜心探讨小男孩给他留下的难题．他经过反复的思考与演算，终于弄清楚了其中的道理，并给出了简洁的证明方法．

11他是这样分析的，整体看：梯形ABCD的面积＝(a＋b)(a＋b)＝(a＋2

21212b)＝a＋ab＋ b； 222

局部看：梯形ABCD的面积＝△AED的面积＋△BEC

1112的面积＋△DEC的面积＝ab＋ ab＋ c.222

比较上面两式便可得到 a＋b＝c.1876年4月1日，伽菲尔德在《新英格兰教育日志》

上发表了他对勾股定理的这一证法．

韦达定理推广的证明 篇9

当Δ＝b^2-4ac≥0时,方程 ax^2+bx+c=0(a≠0)有两个实根,设为x1,x2.由求根公式x＝(-b±√Δ)/2a,不妨取 x1＝(-b-√Δ)/2a,x2＝(-b+√Δ)/2a, 则：x1+x2 =(-b-√Δ)/2a+(-b+√Δ)/2a =-2b/2a =-b/a, x1*x2=[(-b-√Δ)/2a][(-b+√Δ)/2a] =[(-b)^2-Δ]/4a^2 =4ac/4a^2 =c/a.综上,x1+x2=-b/a,x1*x2=c/a.烽火TA000DA 2014-11-04

若b^2-4ac=0 则方程有两个相等的实数根

若b^2-4ac<0 则方程没有实数解

韦达定理的推广

韦达定理在更高次方程中也是可以使用的。一般的，对一个一元n次方程∑AiX^i=0

它的根记作X1,X2…,Xn

我们有

∑Xi=(-1)^1*A(n-1)/A(n)

∑XiXj=(-1)^2*A(n-2)/A(n)

…

ΠXi=(-1)^n*A(0)/A(n)

其中∑是求和，Π是求积。

如果一元二次方程

在复数集中的根是，那么

由代数基本定理可推得：任何一元 n 次方程

在复数集中必有根。因此，该方程的左端可以在复数范围内分解成一次因式的乘积：

其中是该方程的个根。两端比较系数即得韦达定理。

法国数学家韦达最早发现代数方程的根与系数之间有这种关系，因此，人们把这个关系称为韦达定理。历史是有趣的，韦达的16世纪就得出这个定理，证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性。

(3)以x1，x2为根的一元二次方程(二次项系数为1)是

x2-(x1+x2)x+x1x2=0．

3.二次三项式的因式分解(公式法)

在分解二次三项式ax^2+bx+c的因式时，如果可用公式求出方程ax2+bx+c=0的两个根是X1,x2，那么ax2+bx+c=a(x-x1)(x-x2)．

另外这与射影定理是初中必须

射影定理图

掌握的.韦达定理推广的证明

设x1，x2，……，xn是一元n次方程∑AiX^i=0的n个解。

则有：An(x-x1)(x-x2)……(x-xn)=0

所以：An(x-x1)(x-x2)……(x-xn)=∑AiX^i（在打开(x-x1)(x-x2)……(x-xn)时最好用乘法原理）

通过系数对比可得：

A（n-1）=-An(∑xi)

A（n-2）=An(∑xixj)

…

A0==(-1)^n*An*ΠXi

所以：∑Xi=(-1)^1*A(n-1)/A(n)

∑XiXj=(-1)^2*A(n-2)/A(n)

…

ΠXi=(-1)^n*A(0)/A(n)

其中∑是求和，Π是求积。

有关韦达定理的经典例题

例1 已知p＋q＝198，求方程x2＋px＋q＝0的整数根．

(’94祖冲之杯数学邀请赛试题)

解：设方程的两整数根为x1、x2，不妨设x1≤x2．由韦达定理，得

x1＋x2＝－p，x1x2＝q．

于是x1x2－(x1＋x2)＝p＋q＝198，即x1x2－x1－x2＋1＝199．

∴(x1－1)(x2－1)＝199．

注意到x1－

1、x2－1均为整数，解得x1＝2，x2＝200；x1＝－198，x2＝0．

例2 已知关于x的方程x2－(12－m)x＋m－1＝0的两个根都是正整数，求m的值．

解：设方程的两个正整数根为x1、x2，且不妨设x1≤x2．由韦达定理得

x1＋x2＝12－m，x1x2＝m－1．

于是x1x2＋x1＋x2＝11，即(x1＋1)(x2＋1)＝12．

∵x1、x2为正整数，解得x1＝1，x2＝5；x1＝2，x2＝3．

故有m＝6或7．

例3 求实数k，使得方程kx2＋(k＋1)x＋(k－1)＝0的根都是整数．

解：若k＝0，得x＝1，即k＝0符合要求．

若k≠0，设二次方程的两个整数根为x1、x2，由韦达定理得

∴x1x2－x1－x2＝2，(x1－1)(x2－1)＝3．

因为x1－

1、x2－1均为整数，所以

例4 已知二次函数y＝－x2＋px＋q的图像与x轴交于(α，0)、(β，0)两点，且α＞1＞β，求证：p＋q＞1．

(’97四川省初中数学竞赛试题)

证明：由题意，可知方程－x2＋px＋q＝0的两根为α、β．由韦达定理得

α＋β＝p，αβ＝－q．

于是p＋q＝α＋β－αβ，＝－(αβ－α－β＋1)＋1

＝－(α－1)(β－1)＋1＞1(因α＞1＞β)．

映射定理

勾股定理的证明 篇10

定理：若且n＞1，A₁，A₂，…A_n是有限集合，则：| A₁∪A₂∪…∪A_n |= ＋…

＋（－1）^n-1| A₁∩A₂∩…∩A_n |①

为下面分析与证明方便，我们将①式变形为：| A₁∪A₂∪…∪A_n |=（-1）^1-1

（-1）^（n-1）-1②

这里①式变为②式只是形式上的变化，定理的意义是没有改变的。

设M={A₁，A₂，…，A_n},②中的每一个∑都表示从M中任取相应个数的不同元素，依次分别有A₁，A₂，…，A_n种，再求出每一种的所有元素交集的基数，然后求和。以下仿此。可见，我们可以用组合的方法来分析研究②式。

下面我们用数学归纳法来证明②式：

1． 当n=2时

（1）若A₁与A₂不相交，则A₁∩A₂=Φ，而且| A₁∩A₂ |=0，这时显然成立

| A₁∪A₂ |=| A₁ |+| A₂ |。

（2）若A₁与A₂相交，则A₁∩A₂≠Φ，但有

| A₁ |=| A₁∩-A₂ |+| A₁∩A₂ |

| A₂ |=| -A₁∩A₂ |+| A₁∩A₂ |

此外| A₁∪A₂ |=| A₁∩-A₂ |+| -A₁∩A₂ |+| A₁∩A₂ |

所以，| A₁∪A₂ |=| A₁ |+| A₂ |-| A₁∩A₂ |

在这里，-A定义为：-A=E-A={x|}，其中E为全集。

2． 假设n=k-1时命题成立

直角投影定理及推广的证明 篇11

一、直角投影定理及逆定理的证明

1. 直角投影定理

一边平行于某一投影面的直角, 在该投影面上的投影仍是直角。

2. 定理的证明如图1所示:

已知:AB∥H面, ∠ABC是直角。

求证:∠abc仍是直角。

证明:AB∥H面, Bb⊥H面, ∴AB⊥Bb。

又∵AB⊥BC, AB⊥Bb, ∴AB⊥投射面BCcb。

∵AB//H面, ab//AB。

由于ab∥AB, AB⊥投射面BCcb, 即得ab⊥投射面BCcb。

∴ab⊥bc, 即∠abc仍是直角。

证毕。

由以上定理可以得到其反方向的推断, 称为逆定理。

3. 直角投影定理的逆定理

一夹角的两边在投影面上的投影是直角, 且夹角的其中一边平行于该投影面, 则此夹角必为直角 (如图1所示) 。

4. 逆定理的证明

已知:H面上投影ab⊥bc, 且AB∥H面。

求证:AB⊥BC。

证明:由正投影原理可知:投射面Bbc C⊥H面。

由已知ab⊥bc, 又由于正投影而知Bb⊥H面, ∴Bb⊥ab, ∴ab⊥Bbc C。

由题知AB∥ab, ∴AB⊥Bbc C, ∴AB⊥BC。

证毕。

以上两条定理是表征一直角的状态, 即两条相交直线的状态, 把它们作推广, 可以应用到两条异面垂直 (即交叉垂直) 的直线状态上, 其推广得到的结论, 称为定理推论。

二、定理推论及其证明

1. 定理推论

空间交叉垂直的两直线, 当其中有一条直线平行于投影面时, 则两直线在该投影面的投影仍相互垂直 (如图2所示) 。

2. 定理推论的证明如图2所示:

已知:空间交叉垂直的两直线AB⊥CD, 且AB∥H面。

求证:ab⊥cd。

证明:首先作一条辅助线, 如图2 (a) 所示, 过AB直线上任一点 (取B点) 作直线BE∥CD, 则有BE⊥AB。

由直角投影定理可知:be⊥ab。

∵BE//CD, 相应的, 它们的投影be∥cd, ∴ab⊥cd。

证毕。

由定理推论, 可以得到其反方向的推断, 称为定理推论之逆。

3. 定理推论之逆

空间交叉两直线在投影面上的投影相互垂直, 且其中有一条平行于该投影面时, 则两直线在空间呈交叉垂直状态 (如图2所示) 。

4. 定理推论之逆的证明

已知:两交叉直线AB、CD在H面上投影分别为ab、cd, 且ab⊥cd, AB∥H面。

求证:AB⊥CD。

证明:首先作一条辅助线。

如图2所示:过AB直线上任一点 (取B点) 作直线BE∥CD, 则有be∥cd。

由已知ab⊥cd, ∴ab⊥be。

由逆定理:∵ab⊥be且AB∥H面, ∴AB⊥BE。

∵BE∥CD, ∴AB⊥CD。

证毕。

三、结束语

有关中值定理的证明题 篇12

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

正余弦定理的多种证明方法 篇13

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；

证明非周期函数的一个定理 篇14

但是, 由f (x+1) =f (x) 推出l不是常数或其他矛盾的结果有时并非易事, 因此, 证明非周期函数时常常感到繁难。本文提出一个定理, 可以解决一部分非周期函数的证明问题。

定理如果函数y=f (x) 的图像与横轴的两个相邻交点之间的间隔随着远离坐标原点的程度而越来越大 (或越来越小) , 则函数y=f (x) 是非周期函数。

证明设y=f (x) 是周期函数, 且l是它的周期。由于周期函数的图像每过一个周期必定重复出现, 因此, 曲线y=f (x) 在区间[0, l]和[l, 2l]上与横轴的交点个数应该相等。

而已知曲线y=f (x) 与横轴两个相邻交点之间的间隔随着远离原点而越来越大 (或越来越小) 。这说明它在区间[0, l]和[l, 2l]上与横轴的交点个数必定不等。

因此, y=f (x) 是周期函数的假定不能成立。

所以, y=f (x) 是非周期函数。 (证毕)

例1试证函数y=sinx2是非周期函数。

证曲线y=sinx2与横轴的交点应满足

x2=kπ (k为正整数) ,

由此可得在横轴的正半轴上有

(为正整数) , x=姨kπ (

∵两相邻交点之间的间隔为

当k→∞时, z→0,

∴z随着远离坐标原点的程度而越来越小.

由上述定理可知, y=sinx2是非周期函数.

例2试证是非周期函数.y=xsin1x

由于随着k的减少x反而增大, 这说明在横轴的正半轴上k越减小x越远离坐标原点,

∵曲线与横轴的两相邻交点的间隔为

当k→0时, z→∞,

应用向量法证明正（余）弦定理 篇15

现仅就著名的正（余）弦定理的向量证明进行介绍，供高二学生学习时参考

1 正弦定理的向量法证明

在任意△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，则asinA=bsinB=csinC

证明 如图1，作CD⊥AB于D

因为封闭线段在任意轴上投影的代数和为零

又因为AB⊥DC，所以AB在轴DC上投影为零；而AC在DC上投影为bsinA,CB在DC上投影为-asinB.

所以bsinA-asinB=0,所以bsinA=asinB.

所以asinA=bsinB同理可证得

bsinB=csinC,csinC=asinA,

所以asinA=bsinB=csinC

2 余弦定理的向量法证明

在任意△ABC中，a、b、c为∠A、∠B、∠C的对边，

则a2=b2+c2-2bccosA,

b2=a2+c2-2accosB,

c2=a2+b2-2abcosC,

证明：如图2，在已知△ABC的三边AB、BC和CA上，分别取从B向A、从B向C和从A向C为正方向，这样就得到三个向量BA、BC和AC，并且BA+AC=BC根据关于向量的射影定理可知：

BC的射影=BA的射影+AC的射影

BC在轴BC上的射影=|BC|cos0°=a;

BA在轴BC上的射影=|BA|cosB=ccosB;

AC在轴BC上的射影=|AC|cosC=bcosC;

所以a=ccosB+bcosC①

同理可证得：

b=acosC+ccosA②

c=acosB+bcosA③

再由①·a-②·b-③·c,即可得到a2=b2+c2-2bccosA.

同法：b2=a2+c2-2bccosB

c2=a2+b2-2abcosC

上述向量法证明正（余）弦定理，不必去区分锐角、钝角、直角三角形，从而大大简化了证明过程，因而值得介绍

角平分线定理的多种证明方法 篇16

已知，如图，AM为△ABC的角平分线，求证AB／AC=MB／MC

证明：方法一：（面积法）

三角形ABM面积S=(1/2)*AB*AM*sin∠BAM, 三角形ACM面积S=(1/2)*AC*AM*sin∠CAM, 所以三角形ABM面积S：三角形ACM面积S=AB:AC 又三角形ABM和三角形ACM是等高三角形，面积的比等于底的比，即三角形ABM面积S：三角形ACM面积S=BM:CM 所以AB／AC=MB／MC 方法二（相似形）

过C作CN平行于AB交AM的延长线于N 三角形ABM相似三角形NCM, AB/NC=BM/CM, 又可证明∠CAN=∠ANC 所以AC=CN，所以AB／AC=MB／MC 方法三（相似形）

过M作MN平行于AB交AC于N 三角形ABC相似三角形NMC, AB/AC=MN/NC,AN/NC=BM/MC 又可证明∠CAM=∠AMN 所以AN=MN，所以AB/AC=AN/NC所以AB／AC=MB／MC

方法四（正弦定理）

作三角形的外接圆，AM交圆于D，由正弦定理，得，AB/sin∠BMA=BM/sin∠BAM, AC/sin∠CMA=CM/sin∠CAM 又∠BAM=∠CAM，∠BMA+∠AMC=180 sin∠BAM=sin∠CAM,sin∠BMA=sin∠AMC, 所以AB／AC=MB／MC

阅读下面材料，按要求完成后面作业。

三角形内角平分线性质定理：三角形内角平分线分对边所得的两条线段和这个角的两边对应成比例。

已知：△ABC中，AD是角平分线（如图1），求证：=。

分析：要证=，一般只要证BD、DC与AB、AC或BD、AB与DC、AC所在的三角形相似，现在B、D、C在一条直线，△ABD与△ADC不相似，需要考虑用别的方法换比。

在比例式=中，AC恰好是BD、DC、AB的第四比例项，所以考虑过C作CE∥AD交BA的延长线于E，从而得到BD、DC、AB的

第四比例项AE，这样，证明（1）完成证明过程： 证明：

=，就可转化证=。

（2）上述证明过程中，用到了哪些定理（写对两个即可）答：用了：①____________；②_____________。

（3）在上述分析和你的证明过程中，主要用到了下列三种数学思想的哪一种：①数形结合思想 ②转化思想 ③分类讨论思想 答：____________。（4）用三角形内角平分线定理解答问题：

如图2，△ABC中，AD是角平分线，AB=5cm，AC=4cm，BD=7cm，求BC之长。

（1）证明：过点C作CE//AD交BA的延长线于点E，则∠E=∠BAD=∠DAC=∠ECA，所以AE=AC，由CE//AD，可得=，∴=。