勾股定理

“这是一份非常全面的报告，”将军说我明白了，你给自己添了麻烦，要把事情彻底调查清楚。这是人生成功的秘诀之一。”

安东尼·鲍威尔
善良的人，第51页
2^第移入随着时间的音乐跳舞
芝加哥大学出版社，1995年

R.Smullyan教授在他的书中公元前5000年和其他哲学幻想讲述了他在几何课上做的一个实验。他在木板上画了一个直角三角形，斜边和腿上有正方形，观察到斜边上的正方形的面积比其他两个正方形中的任何一个都大。然后他问：“假设这三个方块是用打碎的金子做成的，你会得到一个大方块或两个小方块。你会选择哪一个？”有趣的是，大约一半的学生选择了一个大的方块，一半选择了两个小的方块。当被告知这不会有什么不同时，两组人都同样感到惊讶。

这个毕达哥拉斯语（或毕达哥拉斯)定理是两个小方块的面积之和等于大方块的面积。

用代数术语来说，a²+b²=c²哪里c（c）是斜边，而一和b条是三角形的腿。

该定理在欧几里德几何中具有根本重要性，它是定义两点之间距离的基础。它是如此的基础和广为人知，我相信，任何在高中上过几何课的人都会在其他数学概念被彻底遗忘后很长时间内记住它。

下面是118种证明定理的方法的集合。许多证明都附有交互式Java插图。

备注

这个定理的陈述是在大约公元前1900-1600年的巴比伦石碑上发现的。无论毕达哥拉斯（约公元前560-公元前480年）还是他所在学校的其他人是第一个发现其证据的人，都不能说有任何可信度。欧几里得（公元前300年）元素在《几何学》中提供第一个和后来的标准参考。事实上，欧几里德提供了两种截然不同的证明：提案I.47（第一本书，提案47）和六、 31个.定理是可逆的这意味着它匡威也是正确的。反之亦然，三角形的边满足a²+b²=c²必须是直角的。欧几里德是第一个（I.48）提到并证明这一事实。
W.邓纳姆[数学宇宙]引用一本书毕达哥拉斯命题20世纪早期的一位教授Elisha Scott Loomis。这本书收集了毕达哥拉斯定理的367个证明，并于1968年由NCTM重新出版。在前言中，作者正确地断言代数证明的数量是无限的，几何证明的数量也是无限的，但该命题不允许三角证明。奇怪的是，鲁姆斯在书中没有提到欧几里德的VI.31，甚至在提供它及其变体作为代数证明1和93或几何证明230时也是如此。

很可能，鲁米斯从年的一系列短文中获得了灵感美国数学月刊由B.F.Yanney和J.A.Calderhead于1896-1899年出版。计算由相同几何构型得出的计算中可能出现的变化，潜在的证明数量增加到数千个。例如，作者根据证明图计算了45个证明#6事实上，根据#19个下面。我将举例说明他们的方法#56（总共有100份“速记”校样。）

我必须承认，关于三角证明的存在性，我一直支持Elisha Loomis，直到最近，也就是说，直到我被告知证明#84事实上，对于一些人来说，任何人都可以怀疑三角证明的存在，这让人感到惊讶，所以更多最终找到了这些页面。

在三角项中，毕达哥拉斯定理断言，在三角形ABC中，等式正弦²A+正弦²B=1等于在C处的角度是直角。一个更对称的断言是ΔABC是正确的，当sin²A+sin²）B+sin³C=2.由正弦定律，后者相当于a²+b²+c²=2d²，其中d是外接圆的直径。同一属性的另一种形式是cos²A+cos²B+cos³C=1哪一个我更喜欢.
勾股定理概括到更高维度的空间。有些概括还远远不够明显。勾股定理是欧几里德距离公式。
拉里·霍恩提出了一个与余弦定律但更短，看起来更好。
其公式导致概念欧氏距离以及欧几里得空间和希尔伯特空间重要作用在整个数学中。有一小部分相当基本的事实证据可能基于关于勾股定理。有一个最近的页面带有欧几里得图的属性列表I.47段.
只要直角三角形的三条边都是整数，它们的长度就形成一个勾股三元组（或毕达哥拉斯数). 有一个通用公式获取所有这些数字。
我的第一个数学机器人也与毕达哥拉斯定理有关。与无文字证明，droodle可能会暗示一个声明，而不仅仅是一个证据。
该定理的几个错误证明也已发表。我在一个单独的页面从别人的错误中学习比自己犯错误好。
众所周知勾股定理等价于平行假设。
毕达哥拉斯配置有很多名称新娘椅可能是最受欢迎的。除了勾股定理的陈述外，Bride的椅子还有许多有趣的特性，许多都是基本的。
已故教授Edsger W.Dijkstra发现了一个绝对惊人的一般化毕达哥拉斯定理。如果在三角形中，角α、β、γ与长度a、b、c的边相对，则

（EWD）

符号（α+β-γ）=符号（a²+b²-c²），

其中符号（t）是符号功能：

符号（t） =-1，对于t<0，

符号（0） = 0,

符号（t） =1，对于t>0。

本页专门讨论的定理被视为“如果γ =第页/2,然后a²+b²=c²。"迪克斯特拉理所当然地找到了（EWD）更加对称，信息量更大。缺少超越的数量(第页)被认为是一个额外的优势。Dijkstra的证明包括在证明78并在单独的页面.
最著名的直角三角形，其尺寸为3:4:5，在哥特式美术可以通过以下方式获得纸张折叠。不经意间，它会弹出几个Sangaku问题.
也许并不奇怪，勾股定理是各种物理定律和遇到在一些机械现象中。

证据#1

这可能是毕达哥拉斯命题最著名的证明。这是欧几里德的两个证明中的第一个（I.47）。基础配置以各种名称命名新娘的椅子可能是最受欢迎的。

欧几里得I.47

吉姆·莫雷（Jim Morey）编写的一个获奖Java小程序说明了这一点。我将其包含在单独的页面在吉姆的亲切允许下。下面的证明是原始欧几里德证明的一个略为缩短的版本，如托马斯·希思爵士的翻译.

首先，ΔABF=ΔAECSAS公司。这是因为，AE=AB,AF=交流，和

∠BAF=∠BAC+∠CAF=∠CAB+∠BAE=∠CAD。

ΔABF以AF为基准，B的高度等于AC。因此，其面积等于AC侧方形面积的一半。另一方面，ΔAEC具有AE，C的高度等于AM，其中M是AB与平行于AE的直线CL的交点。因此，ΔAFC的面积等于矩形AELM的一半。也就是说，AC侧的正方形的面积AC²等于矩形AELM的面积。

同样，BC侧正方形的面积BC²等于矩形BMLD的面积。最后，两个矩形AELM和BMLD组成斜边AB上的正方形。

手头的配置允许多种变化。B.F.Yanney和J.A.Calderhead(美国数学月刊，v.4，n 6/7，（1987），168-170基于以下图表发表了一些证明

此配置的某些属性已在新娘的椅子以及其他特别活动欧几里得I.47中图形的特性第页。

证据#2

我们从两边的两个正方形开始一和b条分别并排放置。这个两个正方形的总面积为a²+b².

结构不是从三角形开始的，但现在我们画了其中两个，都是用边一和b条和斜边c（c）注意，两个正方形的公共线段远离的。因此，在这一点上，我们有两个三角形和一个奇怪的形状。

最后一步，我们将三角形旋转90°，每个三角形围绕其顶部顶点旋转。这个右三角形顺时针旋转，而左三角形逆时针旋转。显然，生成的形状是一个带有c边和面积的正方形c²。该证明出现在动态化身.

（这一证据的一个变体是在土耳其阿亚·索菲亚博物馆（Aya Sofya Musium）图书馆的Thábit ibn Qurra现存手稿中发现的，注册号为4832。[R.Shloming，比特ibn Qurra与勾股定理,数学老师63（1970年10月），519-528]。ibn Qurra的图表与证明#27.证明本身从注意到围绕着一个奇怪形状的四个相等的直角三角形的存在开始，就像当前的证明#2一样。这四个三角形成对对应于当前证明中旋转三角形的起始和结束位置。在镶嵌证明.)

证明#3

现在我们从同一三角形的四个副本开始。其中三个已分别旋转90°、180°和270°。每个都有面积ab公司/2.让我们把它们放在一起，不要再旋转，这样它们就形成了一个带边的正方形c（c）.

正方形的侧面有一个方孔(a-b).总结其面积(a-b)²和2ab公司，四个三角形（4）的面积·ab公司/2），我们得到

c²	=（a-b）²+2ab
	=a²-2ab+b²+2ab
	=a²+b²

证明#4

第四种方法从同样的四个三角形开始，只是这一次，它们结合在一起，与边形成一个正方形(a+b)还有一个侧面的洞c（c）。我们可以用两种方法计算大正方形的面积。因此

(a+b)² = 4·ab公司/2 +c（c）²

简化我们得到所需的身份。

将此与证明#312世纪印度数学家巴斯卡拉（Bhaskara II）：

内尔森（第4页）也为巴斯卡拉提供了信贷证明#3.

这里我们添加两个标识

c（c）² = (一-b条)² + 4·ab公司/2和
c（c）² = (一+b条)² - 4·ab公司/2

它给出了

2c（c）² = 2一² + 2b条².

后者只需除以2。这是中的代数证明#36Loomis系列。其变体，特别适用于3-4-5三角形，已入选中国经典周培酸青日期大约在公元前300年到公元200年之间，鲁姆斯称之为证据253。

证据#5

这一证据是由美国总统加菲尔德于1876年发现的[帕帕斯]，是上一个的变体。但这次我们根本不画正方形。现在的关键是梯形面积的公式-基数之和乘以高度的一半-(a+b)/2·(a+b).从另一个角度来看，这也可以计算为三个三角形的面积之和-ab公司/2 +ab公司/2 +c（c）·c（c）/2.如前所述，简化会产生a²+b²=c².（还有更多故事.)

同一梯形的两个副本可以通过沿梯形的斜面附加它们来以两种方式组合。一条通向证明#4，另一个到证明#52.

另一个发展归功于Tony Foster：它还调用梯形图像，但在不同的灯光下。

证明#6

我们从最初的直角三角形开始，现在表示为ABC，只需要一个额外的构造-海拔高度AD。三角形ABC、DBA和DAC相似，这导致两个比率：

AB/BC=BD/AB和AC/BC=DC/AC。

以另一种方式编写这些

AB·AB=BD·BC和AC·AC=DC·BC

总结一下我们得到了

AB·AB+AC·AC	=BD·BC+DC·BC
	=（BD+DC）·BC=BC·BC。

以一种稍微不同的形式，这个证据出现在数学杂志，33（1950年3月），第210页，在数学速成部分，参见数学速成C.W.Trigg著。

取AB=a，AC=b，BC=c并表示BD=x，我们得到如下结果

a²=cx和b²=c（c-x），

这可能会更透明地导致相同的身份。

斯洛文尼亚卢布尔雅那的France Dacar博士在一封私人信件中表示，右边的图表可能有两个目的。首先，它为目前的证明#6提供了一个额外的图形表示。此外，它还强调了后者与证明#1.

曼托克（R.M.Mentock）观察到，一个小技巧可以使证明更简洁。在常用的符号中，c=b cos A+A cos b。但是，从最初的三角形很容易看出cos A=b/c和cos B=空调所以c=b（b/c）+a（a/c）。这个变体立即引发了一个问题：我们是不是以这种方式得到了三角证明？我不这么认为，尽管三角函数（余弦）在这里很显眼。图中两个长度的比率是shape属性意思是在相似图形之间传递时保持固定，即形状相同的图形。证明中使用的特定比率恰好在三角法和更广泛地说，在数学中发挥了足够重要的作用，因此应该有自己的特殊符号，但这并不会导致证明依赖于该符号。（但是，请检查证明84其中三角恒等式的使用非常重要。）

迈克尔·布罗津斯基想出了一个证明的变体我认为可以恰当地称之为脂记的.

最后，必须提到的是，在这个证明中使用的配置只是下一个证明中的一个具体例子——欧几里德对毕达哥拉斯命题的第二个鲜为人知的证明。一个单独的页面用于证明相似性论证.

证明#7

下一个证明是由托马斯爵士（Sir Thomas L。希思。伟大的G·波利亚在他的数学归纳与类比（II.5）其中是数学教师和学生的推荐阅读材料。

在直角三角形中，正对直角一侧的图形为等于包含右侧的类似和类似描述的图形角度。

设ABC是一个角为BAC右的直角三角形；我说BC上的数字等于BA、AC。

让AD垂直绘制。然后，在直角三角形ABC中，AD是从垂直于基底BC的三角形ABD、ADC与垂直线相邻，既与整个ABC相似，也彼此相似[VI.8]。

而且，由于ABC与ABD相似，因此，正如CB与BA一样，AB与BD也是如此[VI.Def.1]。

而且，由于三条直线是成比例的，正如第一条与第三条成比例一样第一幅图与第二幅图相似且描述类似[VI.19]。因此，正如CB与BD的关系一样，CB上的数字也与所描述的相似BA上的数字。

出于同样的原因，正如BC是CD，BC上的数字也是CA上的数字；以便，此外，正如BC表示BD，DC一样，BC上的数字也表示相似BA、AC上的描述数字。

但BC等于BD，DC；因此，BC上的数字也等于BA、AC上的类似描述数字。

因此等Q.E.D。

忏悔

只有在读了波利亚一世的书之后，我才真正欣赏到这个证明上述内容。我希望Java小程序会帮你的找出这个非凡证据的真相。请注意，事实证明该声明比一般所知的定理更一般。(另一次讨论从稍微不同的角度来看VI.31。）

约翰·阿里奥尼（John Arioni）拿出了一幅漂亮的插图，也为证明#8提供了线索。

约翰·阿里奥尼的欧几里得VI.31

证明#8

玩演示欧几里得证明的小程序（#7），我发现了另一个一个虽然丑陋，却符合目的的人。

因此，从三角形1开始，我们按照证明#7中建议的方式再添加三个：相似且描述相似的三角形2、3和4。将几个比率推导为在证明6中完成，我们得出了图中所示的边长。现在，可以用两种方式查看最终形状：

作为矩形（1+3+4）和三角形2的并集，或
作为矩形（1+2）和两个三角形3和4的并集。

面积相等导致

ab/c·（a²+b²）/c+ab/2=ab+（ab/c·a²/c+ab/c·b²/c）/2

简化我们得到的

ab/c·（a²+b²）/c/2=ab/2，或

备注

事后来看，有一个更简单的证明。看这个矩形(1 + 3 + 4).它的长边一方面是普通的c，另一方面是a²/c+b²/c我们又有了同样的身份。

塞尔维亚的弗拉基米尔·尼科林（Vladimir Nikolin）提供了一幅美丽的插图：

证明8，通过相似性

证明#9

另一个证据来源于刚性块的重新排列，很像证明#2.它使代数部分证明#4完全冗余。这两幅画没有什么可添加的。

（我衷心感谢蒙蒂·菲斯特以获得使用图形的许可。）

有一个交互式仿真玩。而且另一个这清楚地表明了它与证据的关系#24或#69.

卢米斯（第49-50页）提到证据“是由印第安纳州南本德初级中学的高中生莫里斯·莱斯内兹设计的，并于1939年5月16日由他的班主任威尔逊·桑顿发给我。”

该证据由Rufus Isaac于年发表数学杂志，第48卷（1975年），第198页。

稍微不同的重新排列导致铰链式解剖，如Java小程序.

R.B.内尔森用备注“基于来自的证据”复制证据周碧蒜精公元前200年左右的中国文献。“托马斯·L·希思爵士（Sir Thomas L.Heath）在其关于欧几里得一书47的评论（1908年）中提到了这一点，但没有给出归属，而是提到了另外两位当代评论员。

加州大学洛杉矶分校（UCLA）的钟晓林教授（Xiaolin Zhong）提出了一个将其打包成一个方块的版本。“证据很明显，只需移动$\Delta ABH$和$\Delta BCD$分别转换为$\Delta HGF$和$\Delta FED$。"

毕达哥拉斯定理第9个证明的单一平方变体

证明#10

这个和接下来的3个证据来自[PWW公司].

证明#3中的三角形可以用另一种方式重新排列毕达哥拉斯的身份显而易见。

（右侧的一张更具说明性的图表由发送给我蒙蒂·菲斯特.该证明承认铰链式解剖，如Java小程序.)

前两块可以组合成一块。结果出现在1830年的一本书中三宝新秀-新数学-作者：千叶·坦尼希德（1775-1849）[H.Fukagawa，A.Rothman，神圣数学：日本寺庙几何学普林斯顿大学出版社，2008年，第83页]。

证明#11

画一个半径为c的圆和一个边为a和b的直角三角形，如图所示。在这种情况下，人们可以应用几个众所周知的事实中的任何一个。例如，在图中，位于圆上的三个点F、G、H形成另一个直角三角形，高度FK为长度a。其斜边GH被分成两部分：（c+b）和（c-b）。所以，正如证明#6，我们得到a²=（c+b）（c-b）=c²-b²。

[卢米斯，#53]将这种结构归因于伟大的莱布尼茨，但用迂回和误导性的推导将证明延长了三倍。

B.F.Yanney和J.A.Calderhead(美国数学月刊，v.3，n.12（1896），299-300）提供了一条稍微不同的路线。假设FK延伸到与圆的第二个交点F'。然后，通过相交弦定理，FK·KF’=GK·KH，具有相同的含义。

最近，丹尼尔·哈迪斯基（Daniel J.Hardisky）以另一种方式得出了这个证明。构造两个等腰三角形$ABD$和$ABE，$A.$两侧$AC$上有$D$和$E$。然后注意$\角度DBE$是正确的。

这个论点让人想起了所讨论的直角三角形的特征在别处.

证明#12

这个证明是对最初欧几里得的证明之一#1的变体。在第1、2和3部分中，两个小正方形相互剪切，使总阴影区域保持不变不变（等于a²+b²）。在第3部分中，垂直长度阴影区域边界的部分正好是c，因为剩下的两个三角形是副本原始版本的。这意味着可以像第4部分那样从阴影区域滑下。从这里开始勾股定理很容易遵循。

（这个证据可以在H.Eves中找到，在数学圈中，MAA，2002年，第74-75页）

证明#13

图中有几个相似的三角形（abc、a'b'c'、a'x和b'y）有

y/b=b'/c、x/a=a'/c，cy+cx=aa'+bb'。

最后，cc'=aa'+bb'。这很像证明#6，但结果是更通用。

证据#14

H.E.Dudeney（1917）的这一证明首先将大边上的正方形切割成四部分，然后再与小边结合，形成斜边上的方形。

格雷格·弗雷德里克森普渡大学的一本真正有启发性的书的作者，解剖：平面与幻想（剑桥大学出版社，1997年）指出了历史上的错误：

你将第14号证据归于H.E.Dudeney（1917年），但事实上它是由伦敦股票经纪人亨利·佩里格尔（Henry Perigal）更早（1872年）发表的。早在十世纪，阿拉伯数学家/天文学家Thábit就提出了另一种解剖证据。我在最近出版的书《解剖：平面与想象》（dissections:Plane&Fancy）中详细介绍了这些和其他解剖证明（包括余弦定律的证明），剑桥大学出版社，1997年。您可能会喜欢这本书的网页：

http://www.cs.purdue.edu/homes/gnf/book.html

真诚的，
格雷格·弗雷德里克森

不列颠哥伦比亚大学的比尔·卡塞尔曼秒格雷格的信息。我的来自无文字证明R.B.Nelsen（MAA，1993）。

证据有一个动态版本.

证明#15

这个显著的证明作者K.O.Friedrichs是Dudeney（或Perigal，如上所述）前一篇文章的概括。这确实很一般。从某种意义上说，可以从中导出无数种特定的几何证明，这是普遍的。（罗杰·内尔森认为[PWWII公司，p3]阿拉伯阿纳伊里齐的证据（约公元900年）单独的页面.

来自加泰罗尼亚的一名高中生Miquel Plens向我发送了一份基本证据的变体。Miquel考虑了直角三角形三个边上八个正方形的重叠部分和剩余部分。我把他的意见放在单独的页面.

证据#16

这一证据被认为是莱昂纳多·达·芬奇（1452-1519）的作品[伊夫斯]. 四边形ABHI、JHBC、ADGC和EDGF都是平等的。（这是根据观察得出的角度ABH为45°。这是因为ABC是直角的，所以方形ACJI的中心O位于在包围三角形ABC的圆上。显然，ABO角为45°。）现在，面积（ABHI）+面积（JHBC）=面积（ADGC）+区域（EDGF）。每个总和包含两个等于ABC的三角形区域（IJH或BEF）删除其中一个获得勾股定理。

大卫·金对论点做了一些修改

六边形的边长相同。P处的角度（直角+a和c之间的角度）相同。Q处的角度（直角+b和c之间的角度）相同。因此，所有四个四边形都是相同的，因此，六边形具有相同的面积。

证据#17

这个证据出现在数学集合亚历山大的帕普斯（约公元300年）[伊夫斯,帕帕斯]. 它以两种方式推广了勾股定理：三角形ABC不需要直角在其侧面构建的形状是任意的平行四边形，而不是正方形。因此，在AC侧和BC侧分别建立平行四边形CADE和CBFG。让DE和FG在H中相遇，将AL和BM平行并等于HC。然后面积（ABML）=面积（CADE）+面积（CBFG）。事实上在证明#1和#12中已经使用了sheering变换的情况下，面积（CADE）=面积（CAUH）=面积（SLAR）还有面积（CBFG）=面积（CBVH）=区域（SMBR）。现在，把相等的加起来。

有动态图示在别处.

证明#18

这是另一个不需要直角的概括。这是由于Thábit ibn Qurra（836-901）[伊夫斯]. 如果角度CAB、AC'B和AB'C相等，则AC²+AB²=BC（CB'+BC'）。实际上，三角形ABC、AC'B和AB'C是相似的。因此，我们有AB/BC'=BC/AB和AC/CB'=BC/AC这会立即产生所需的身份。如果角度A是正确的，这个定理就简化为勾股定理和证明#6。

同一图表以不同的方式被利用E.W.迪克斯特拉专注于BC与总和的比较CB‘+BC’。

证明#19

这个证明是对#6.在小边AB上添加一个直角三角形ABD，类似发送给ABC。当然，DBC与其他两个类似。发件人面积（ABD）+面积（ABC）=面积（DBC），我们推导出AD=AB²/AC和BD=AB·BC/AC（AB²/AC）·AB+AB·AC=（AB·BC/AC）·BC。除以AB/AC导致AB²+AC²=BC²。

证明#20

这是一个交叉点#7和#19个.构造与ABC类似的三角形ABC'、BCA'和ACB'，如图所示。通过施工，ΔABC=ΔA’BC。此外，三角形ABB’和ABC’也相等。因此，我们得出结论：面积（A'BC）+面积（AB'C）=面积（ABC'）。从三角形的相似性我们得到了和以前一样的结果B'C=AC²/BC和BC’=AC·AB/BC。把它们放在一起会产生AC·BC+（AC²/BC）·AC=AB·（AC·AB/BC）这与

BC²+AC²=AB²。

证明#21

以下是纽约西奈山医学院斯科特·布罗迪博士的一封信的摘录他给了我几个关于定理本身及其对余弦定律的推广的证明：

我只是从项目数学系列中的精彩讨论中传递出的第一个证据，基于托勒密定理关于内接在圆上的四边形：对于这种四边形，对边长度乘积之和等于两条对角线长度的乘积。对于矩形，这立即减少为a²+b²=c²。

证据#22

这是斯科特·布罗迪博士信中的第二个证据。

我们把已知的点定理的幂：如果一个点位于圆的外部，并且从该点开始绘制一段与圆相切的线段，然后绘制另一段（割线），该线段将圆切成两个不同的点，然后切线长度的平方等于从外部点到与圆的最近交点的割线距离和沿着割线到与圆相交的更远点的距离的乘积。

设ABC是直角为C的直角三角形，画出从C到斜边的高度；让P表示该高度的英尺。然后，由于CPB是正确的，点P位于直径为BC的圆上；由于CPA是正确的，点P位于直径为AC的圆上。因此，原始直角三角形的支腿BC、CA上的两个圆的交点与P重合，特别是位于AB上。表示为x个和年BP和PA段的长度，和通常一样a、 b、c分别表示与角度A、B、C相对的ABC各边的长度。然后，x个+年=c（c）.

由于角度C是正确的，BC与直径CA的圆相切点的幂定理声明a²=xc公司; 类似地，AC与直径为BC的圆相切，并且b²=yc公司.添加，我们发现a²+b²=xc公司+yc公司=c²,Q.E.D.公司。

Brodie博士还创建了一个几何画板文件来说明这个证明。

（本证明已于年由B.F.Yanney和J.a.Calderhead出版，编号为XXIV美国数学月刊第4卷，第1期（1897年），第11-12页。）

证明#23

另一个证据基于Heron公式。（顺便说一下，在公式的帮助下，我显示了这些区域在小程序中证明#7）。这是证明勾股定理的一种相当复杂的方法，尽管如此，它反映了该定理在平面几何中的中心性。（Heron公式的更短且更透明的应用是证明#75.)

证据#24

[斯威茨]将这一证据归因于阿布·哈桑·塔比特·伊本·库拉·马瓦恩·阿勒哈拉尼（826-901）。这是Thábit ibn Qurra给出的第二个证明。第一个基本上就是上面的#2。

该证明类似于证明#12的第3部分。ΔABC=ΔFLC=ΔFMC=Δ底座=ΔAGH=ΔFGE。一方面，形状ABDFH的面积等于AC²+BC²+面积（ΔABC+ΔFMC+ΔFLC）。另一方面，面积（ABDFH）=AB²+面积（ΔBED+ΔFGE+ΔAGH）。

Thâbit ibn Qurra的承认是对余弦定律的证明.

A类动态图解伊本·库拉的证明也可用。

这是上述证明的“展开”变体。两个五边形区域——红色和蓝色——显然是相等的，从每个区域中去掉三个相等的三角形后，会留下相同的区域。

该证明通过以下方式得到推广蒙蒂·菲斯特《无与伦比》的作者Gnarly数学CD-ROM光盘。

Floor van Lamoen优雅地向我指出了之前的消息来源。爱德华·杜韦斯·德克尔（Eduard Douwes Dekker）是荷兰最著名的作家之一，1888年以Multatuli的笔名发表了一篇证明文章，并附有下图。

斯科特·布罗迪指出，这一证明与# 9。配置相同，但缺少一个三角形。

证据#25

B.F.Yanney（1903年[斯威茨])使用“剪切参数”给出了一个证明，该参数也用于证明#1和#12。依次，LMOA、LKCA和ACDE的面积（即AC²）与HMOB、HKCB和HKDF的面积相等（即BC²）。BC=测向。因此AC²+BC²=面积（LMOA）+面积（HMOB）=面积（ABHL）=AB²。

证据#26

我在由Bill Casselman维护的站点其中由Java小程序显示。

有了以上所有的证明，这个肯定很简单。类似于证明中的相似三角形#6或#13.

证明#27

与证明#26中的相同部分可以用另一种方式重新排列。

这种解剖通常归因于17^第个世纪荷兰数学家弗兰斯·范·肖滕。[弗雷德里克森]将其视为伊本·库拉（ibn Qurra）的铰链式变体，见以下括号中的注释证明#2斯洛文尼亚的France Dacar博士指出，同样的图表很容易用细分来解释证明#15事实上，用不同的细分（我感谢道格拉斯·罗杰斯为我澄清了这一点。）

手头的配置允许多种变化。B.F.Yanney和J.A.Calderhead(美国数学月刊，v.6，n.2（1899），33-34）发表了基于以下图表的几个证明（当时每个图表都有多个证明）

证明#28

梅丽莎从数学论坛我收到了唐纳德·瓦格纳（Donald B.Wagner）的一个网页链接（该链接已消失），他是中国科技史专家。瓦格纳博士似乎重建了刘辉（公元三世纪）的证据。然而（见下文），证据的作者身份存在严重疑问。

伊莱沙·卢米斯引用这一点作为几何证明#28，并发表以下评论：

德国纽伦堡大学院长Benjir von Gutheil提供了上述证据。1914年，他死于法国战壕中。1933年8月，J·亚当斯写道。
让我们称之为B.von Gutheil世界大战证明。

根据甜蜜的土地电影中，对德国同事如此宽容的态度在第一次世界大战临近的时候可能并不常见。在20世纪30年代纳粹在德国掌权期间，它可能会更加戒备森严。

（我感谢D.Rogers将参考Loomis系列引起我的注意。他还对证据归属于刘辉一事表示保留，并将其早期出现追溯至卡尔·朱利叶斯·沃尔瑟·利兹曼（Karl Julius Walther Lietzmann）Geometricsche aufgabensaming Ausgabe B:fuer Realtastalen公司1916年Teubner在莱比锡出版有趣的是，利兹曼早先的研究中没有包含证据毕达哥列舍·勒萨茨（Der Pythagoreische Lehrsatz）1912年出版。）

证明#29

A类机械防护这个定理值得一读。

与该证明相关的是一页勾股定理的“超几何”证明作者：Scott Brodie

证明#30

我在R.内尔森的续集中找到了这个证据无词证明II（这本书是写给朴智星的，最初出版于数学杂志1999年12月). 从直角三角形的一条边开始，构造4个全等等腰直角三角形，其斜边为任意两个垂直的斜边，顶点远离给定三角形。第一个三角形的斜边（图中用红色表示）应与其中一条边重合。

等腰三角形的顶点形成一个正方形，其边等于给定三角形的斜边。这些三角形的斜边在正方形的中点处切割正方形的边。所以看起来有4对相等的三角形（其中一对是绿色的）。一对中的一个三角形在正方形内，另一个在正方形外。设原始三角形的边为a，b，c（斜边）。如果第一个等腰三角形建立在b边上，那么每个等腰三角形的面积为b²/4。我们获得

a²+4b²/4=c²

有一种动态插图另一张图显示了如何分割两个较小的正方形，并将它们重新排列成一个较大的正方形。

此图还具有动态变量.

证明#31

给定右ΔABC，让我们像往常一样分别将边BC、AC和斜边的长度表示为a、b和c。如图所示，在BC和AC侧竖立正方形。根据SAS公司，三角形ABC和PCQ相等，因此∠QPC=∠A。设M为斜边的中点。将MC和PQ的交集表示为R先生性能确认。

斜边的中位数等于后者的一半。因此，ΔCMB是等腰的∠MBC=∠MCB。但我们也有∠PCR=∠MCB。从这里和∠QPC=∠A由此得出角CRP是正确的，或MR公司性能确认。

通过这些准备，我们转向三角形MCP和MCQ。我们用两种不同的方式评估他们的领域：

一方面，从M到PC的高度等于AC/2=b/2。而且PC=b。因此，面积（ΔMCP）=b²/4。另一方面手，面积（ΔMCP）=CM·PR/2=c·PR/4。同样，面积（ΔMCQ）=a²/4还有面积（ΔMCQ）=CM·RQ/2=c·RQ/4。

我们可以总结这两个身份：a²/4+b²/4=c·PR/4+c·RQ/4，或a²/4+b²/4=c·c/4。

（我感谢地板厢式货车Lamoen谁让我注意到了这个证据。它出现在毕达哥拉斯-1998年12月，布鲁诺·恩斯特（Bruno Ernst）在一篇文章中发表了一本荷兰小学生数学杂志。证据是由一名1938年的美国高中学生Ann Condit提供的。该证明作为几何证明68包含在Loomis系列第140页）

证明#32

设ABC和DEF是两个全等直角三角形，使得B位于DE上，A、F、C、E共线。BC=EF=a,AC=DF=b,AB=DE=c显然，AB公司德国。用两种不同的方法计算ΔADE的面积。

面积（ΔADE）=AB·DE/2=c²/2，并且面积（ΔADE）=DF·AE/2=b·AE/2。 AE=AC+CE=b+CE。CE可以从类似的三角形BCE和DFE中找到：CE=BC·FE/DF=a·a/b。把我们得到的东西放在一起

c²/2=b（b+a²/b）/2

（该证明是对北佛罗里达大学学生米歇尔·沃特金斯（Michelle Watkins）于数学频谱1997/98，第30版，第3版，第53-54页。）

Douglas Rogers观察到，相同的图表可以有不同的处理方式：

证据32可以进一步整理，沿着最近添加的证据的思路，这样可以避免类似的三角形。

当然，ADE是以DE为底的三角形，高度为AB，面积为cc/2。

但它可以分解为三角形FEB和四边形ADBF。前者具有基础FE和高度BC，因此面积为aa/2。后者依次由两个三角形组成，这两个三角形背靠背位于DF底部，组合高度为AC，因此面积为bb/2。另一种解剖方法是将三角形ADE视为由三角形ADC和三角形CDE组成，而三角形CDE又由两个三角形背对背地位于BC基底上，结合高度EF。

接下来的两个证明附带了马萨诸塞州剑桥市斯通希尔学院教授Shai Simonson的以下信息：

问候语，

我很喜欢浏览你的网站，无意中发现了一长串Pyth定理证明。

在我的课程“数学创新史”中，我使用了两个使用直角三角形内切圆的证明。每个证明使用两个图表，每个图表都是单个代数的不同几何视图我多年前发现的证据，并在给数学老师的信中发表。

这两个几何证明不需要任何文字，但确实需要一些思考。

最美好的祝福，

Shai公司

证明#33

证据#34

证明#35

马里奥·帕切克（又名帕科斯拉夫·格维兹达尔斯基）的《破解多米诺》也需要一些思考。

通过电子邮件发送的证明附有以下信息：

这个新的、非凡的、极其优雅的证明，很可能是数学中最基本的定理（在证明数367？方面是举世无双的赢家），比所有科学界已知的证明都要好，包括中国人和詹姆斯·加菲尔德（美国第二十任总统）的证明，因为它是直接的，不涉及任何公式，甚至学龄前儿童也可以得到。很可能它与丢失的原始公式相同，但谁能证明这一点？还没有被列入吉尼斯世界纪录！

这些片段组合的方式很可能是原创的。解剖本身是众所周知的（见证据26和27)并在中进行了描述弗雷德里克森的书，第29页。值得注意的是，B.Brodie（1884）观察到类似的解剖也适用于类似的矩形。解剖也是由K.O.Friedrichs公司.

证明#36

这个证据由J.E.Böttcher提供，并已被引用内尔森(无词证明II，第6页）。

我认为不用文字破解这个证明对于中学或高中几何课来说是一个很好的练习。

S.K.Stein(数学：人造宇宙，多佛，1999年，第74页）给出了稍微不同的解剖。

这两种变体都具有动态版本还有一个，尤其是Böttcher分解的图解。

证明#37

大卫·金（David King）的一个小程序演示了这个证明，它被放置在单独的页面.

证据#38

大卫·金也向我传达了这一证据。正方形和两个三角形组合在一起，形成两个面积相等的六边形，这可能是在证明#9中建立的。但是，两个六边形都会细分平面。

对于左侧细分中的每个六边形，右侧细分中都有一个六边形。这两个细分具有相同的晶格结构，即由小程序演示在从每个六边形中删除两个三角形后，证明了毕达哥拉斯定理。

39号证明

（作者：J.Barry Sutton，数学公报，v 86，n 5052002年3月，第72页）

输入ΔABC，角度C=90°。像往常一样，AB=c， AC=b， BC=a。定义AB上的点D和E，以便AD=AE=b。

通过构造，C位于圆心A和半径b的圆上。角DCE对着其直径，因此是正确的：DCE=90°。由此可见业务连续性数据=王牌。由于ΔACE是等腰的，CEA公司=王牌。

三角DBC和EBC份额数据库中心。此外，业务连续性数据=BEC公司。因此，三角形DBC和EBC相似。我们有BC/BE=BD/BC，或

a/（c+b）=（c-b）/a。

最后

a²=c²-b²，
a²+b²=c²。

这个图表提醒了我们这是伊本·库拉的证据。但这两者完全不同。然而，这正是来自Elisha Loomis系列此外，Loomis提供了1925年和1905年的两个早期参考文献。在画出以A为中心的圆圈的情况下，Loomis将证明重复为82（参考文献来自1887年、1880年、1859年、1792年），并列出（作为证明89）上述内容的对称版本：

对于直角位于C的直角三角形ABC，在两个方向上延伸AB，以便AE=AC=b和BG=BC=a。如上所述，我们现在有类似的三角形DBC和EBC。此外，三角形AFC和ACG也相似，这导致了两个恒等式：

a²=c²-b²，以及
b²=c²-a²。

Loomis添加了两个标识，而不是直接使用其中一个标识：

2（a²+b²）=2c²，

这似乎是图形和代数的过度使用。

证明#40

这篇文章由托莱多大学的迈克尔·哈迪撰写，发表于数学信使1988年。它必须和一粒盐一起吃。

设ABC是带斜边BC的直角三角形。表示AC=x和BC=年。然后，当C沿着AC线移动时，x和y都会改变。然后y被少量dy改变。三角形CDE可以被近似认为是正确的。假设是，它与三角形ABD共用一个角度（D），因此与后者类似。这导致了比例x/y=dy/dx，或（可分离）微分方程

y·dy-x·dx=0，

积分后得出y²-x²=常数。常数的值由以下初始条件确定x=0。自y（0）=a， y²=x²+a²对于所有x。

这个证明很容易引起争议。三角形是什么意思大致正确? 我可以提供以下解释。三角形ABC和ABD的构造是正确的。我们已经，AB²+AC²=BC²还有AB²+AD²=BD²，根据毕达哥拉斯定理。就x和y而言，定理如下所示

	x²+a²=y²
	（x+dx）²+a²=（y+dy）²

减法后，得出

y·dy-x·dx=（dx²-dy²）/2。

对于较小的dx和dy，dx²和dy²甚至更小，可以忽略不计，从而得出近似值y·dy-x·dx=0。

迈克尔小品中的诀窍在于跳过近似问题。但是，如果不首先依赖毕达哥拉斯定理，人们真的能证明推导是正确的吗？无论如何，我发现拥有这个无处不在的等式非常让我高兴y·dy-x·dx=0放置在几何环境中。

迈克·斯塔林（Mike Staring）发表了这一证据的放大版，但显然是独立的(数学杂志第69卷，第1期（1996年2月），第45-46页）。

假设Δx>0并检测相似三角形，

Δf/Δx=CQ/CD>CP/CD=CA/CB=x/f（x）。

但同时，

Δf/Δx=SD/CD<RD/CD=AD/BD=（x+Δx）/（f（x）+Δf）<x/f（x）=Δx/f。

当Δx趋于0时达到极限⁺，我们得到

df/dx=x/f（x）。

Δx<0的情况也进行了类似处理。现在，求解我们得到的微分方程

（f）²（x） =x²+c。

常数c由边界条件求得f（0）=b：c=b²。证明是完整的。

证明#41

依次将边a、b、c乘以a、b和c，创建三角形的3个缩放副本。将由此获得的三个相似三角形放在一起，形成一个矩形，其上侧为a²+b²，而下侧为c²。

有关其他详细信息和修改，请参见单独的页面.

证明#42

该证明基于与#33[普里查德第226-227页]。

三角形的面积显然是rp，其中r是内半径p=（a+b+c）/2三角形的半周长。从图表中，假设c=（a-r）+（b-r），或r=p-c。然后用两种方法计算三角形的面积：

p（p-c）=ab/2，

相当于

（a+b+c）（a+b-c）=2ab，

或

（a+b）²-c²=2ab。

最后

a²+b²-c²=0。

该证据由杰克·奥利弗提供，最初发表于数学公报 81（1997年3月），第117-118页。

Maciej Maderek告诉我，1988年波兰版的斯拉达米·皮塔戈拉萨作者：Szczepan Jelenski：

内圆校样#42

杰伦斯基将证据归于莫尔曼，但没有提及来源或日期。

约翰·里格比（John F.Rigby）于1996年发表了相关评论（威尔士大学妇产科WALMATO会议，1996年）。他的符号从图表上看很清楚。

用两种方法计算三角形的面积（r+x）（r+y）＝r（2r+2x+2y），可以简化为

r²+rx+ry=xy

通过加法将其转换为（r+x）²+（r+y）²=（x+y）x²+y²到两边。

证据#43

作者：Larry Hoehn[普里查德，第229页，以及数学公报].

应用点定理的幂上图中，边a与半径为b的圆相切：（c-b）（c+b）=a²。结果马上就出来了。

（此处的配置与证明#39.调用点定理的幂可以被视为证明#39此外，这正是B.F.Yanney和J.A.Calderhead的证据十六，美国数学月刊第3版，第12条（1896年），第299-300条。）

John Molokach建议根据下图进行修改：

约翰·莫洛卡赫对证明#43的修改

根据三角形的相似性，a/b=（b+c）/d，因此d=b（b+c）/a。左边的四边形是风筝带有侧面b和d以及面积2bd/2=bd。再加上小三角形的面积（ab/2），我们就得到了大三角形的面积-（b+c）日期：

bd+ab/2=（b+c）d/2

它简化为

ab/2=（c-b）d/2，或ab=（c-b）d。

现在使用d的公式：

ab=（c-b）d=（c-b）（c+b）b/a。

除以b再乘以a，得到a²=c²-b²。此变体非常接近证明#82，但动机不同。

最后，该参数表明环（环）以半径b和c>b；正好是πa²，其中a²=c²-b²。a是包围在外圆内的内圆的切线的一半长度。

证明#44

以下证据与#39由Adam Rose（2004年9月23日）提交

从两个相同的直角三角形开始：ABC和AFE，A是BE和CF的交点。在AB上标记D，在AF的延伸上标记G，这样

BC=BD=FG（=EF）。

（更多符号请参考上图。）ΔBCD为等腰。因此，∠BCD=第页/2 - α/2.由于角度C是正确的，

∠ACD=第页/2 - (第页/2 - α/2) = α/2.

由于∠AFE位于ΔEFG之外，∠AFE=∠FEG+∠FGE。但ΔEFG也是等腰的。因此

∠年龄=∠FGE=α/2。

我们现在有两条线，CD和EG，CG和两条线交叉备用内饰角度，ACD和AGE相等。因此，CD||EG.三角形ACD和AGE相似，AD/AC=AE/AG：

b/（c-a）=（c+a）/b，

毕达哥拉斯定理如下。

证据#45

这个证明是道格拉斯·罗杰斯在研究中国数学史的过程中发现的。

证明是对#33,#34、和#42证明分两步进行。首先，可以从中观察到

一刘慧身份（另请参阅中国数学)

a+b=c+d，

式中，d是内切成直角三角形的圆的直径，三角形的边为a和b，斜边为c。在此基础上，以两种方式重新排列各部分，提供了另一个没有勾股定理的证明：

证据#46

这是陶彤的证明(数学老师1994年2月，《读者反思》）。我是通过道格拉斯·罗杰斯（Douglas Rogers）的良好服务了解到这一点的，他也引起了我的注意，证据#47,#48和#49个在精神上，证据类似于32号证明.

假设ABC和BED是相等的直角三角形，E位于AB上。我们将用两种方法计算ΔABD的面积：

面积（ΔABD）=BD·AF/2=DE·AB/2。

使用图中所示的符号，我们得到c（c-x）/2=b·b/2。 x=CF可以通过记录相似性来找到（基本设计交流）三角形BFC和ABC：

x=a²/c。

这两个公式很容易合并成毕达哥拉斯恒等式。

证明#47

这一证明是由一名高中生约翰·卡瓦穆拉（John Kawamura）提交的，由克里斯·戴维斯（Chris Davis）报告，他是加利福尼亚州奥克兰Head-Rouce学校的几何老师（数学老师2005年4月，第518页。）

配置与证据#46但这次我们对四边形ABCD的区域感兴趣。它的两条垂直对角线都有长度c，因此其面积等于c²/2。另一方面，

c²/2	=区域（ABCD）
	=面积（BCD）+面积（ABD）
	=a·a/2+b·b/2

乘以2得到所需结果。

证明#48

（W.J.Dobbs，数学公报第8页（1915-1916），第268页。）

在图中，两个直角三角形——ABC和ADE——相等，E位于AB上。如加菲尔德总统的证据，我们用两种方法评估梯形ABCD的面积：

区域（ABCD）	=面积（AECD）+面积（BCE）
	=c·c/2+a（b-a）/2，

其中，如证明#47，c·c是四边形AECD的两条垂直对角线的乘积。另一方面，

区域（ABCD）	=AB·（BC+AD）/2
	=b（a+b）/2。

将两者结合起来，我们得到c²/2=a²/2+b²/2，或者，在乘以2之后，c²=a²+b²。

证明#49

在以前的证明我们可能会有点不同。在两个三角形的AB和AD边上完成一个正方形。其面积一方面为b²，另一方面，

b²	=面积（ABMD）
	=面积（AECD）+面积（CMD）+面积
	=c²/2+b（b-a）/2+a（b-a
	=c²/2+b²/2-a²/2，

这相当于以前的相同身份。

观察到证明46-49之间关系的道格拉斯·罗杰斯（Douglas Rogers）也指出，如果第二个三角形像证明中那样画在“底部”位置，则可能会在两个三角形的小腿上画一个正方形46和47在这种情况下，我们将再次用两种方法计算四边形ABCD的面积。参考上面的第二个图表，

c²/2	=区域（ABCD）
	=面积（EBCG）+面积（CDG）+面积
	=a²+a（b-a）/2+b（b-a
	=a²/2+b²/2，

如所愿。

他还指出，可以认为其中一个直角三角形从其在证明中的位置上滑动#46在证据中的地位#48所以它的短腿沿着另一个三角形的长腿滑行。在任何中间位置都存在一个具有相等和垂直对角线的四边形，因此对于所有位置，都可以构造类似于上述的证明。三角形总是保持在b边的正方形内，b边是两个三角形的长腿的长度。现在，我们也可以想象三角形ABC在那个正方形中滑动。这导致了一个直接推广的证明#49个并包括证明46-48的配置。请参见下文。

证明#50

大广场KLMN的面积为b²。正方形被分成4个三角形和一个四边形：

b²	=面积（KLMN）
	=面积（AKF）+面积（FLC）+面积（CMD）+面积（DNA）+面积（AFCD）
	=y（a+x）/2+（b-a-x）（a+y）/2+（b-a-y）（b-x）/2+x（b-y）/2+c²/2
	=[y（a+x）+b（a+y）-y（a+x）-x（b-y）-a·a+（b-a-y）b+x（b-y）+c²]/2
	=[b（a+y）-a·a+b·b-（a+y）b+c²]/2
	=b²/2-a²/2+c²/2。

这并不是一个有趣的推导，但它表明，当面临简化代数表达式的任务时，将所有项相乘以删除所有括号可能不是最佳策略。然而，在这种情况下，还有一种更好的策略，可以完全避免冗长的计算。根据道格拉斯·罗杰斯的建议，将四个三角形中的每一个都画成适当的矩形：

这四个矩形总是切出一个大小为a的正方形，因此它们的总面积为b²-a²。因此，我们可以像本系列的其他证明一样完成证明：

b²=c²/2+（b²-a²）/2。

证明#51

（W.J.Dobbs，数学公报第7页（1913-1914），第168页。）

这是道格拉斯·罗杰斯从他的广泛收藏中获得的。如中所示证据#2，三角形围绕其中一个角旋转90度，使两个位置的斜边之间的角度正确。然后将面积b²的结果形状分割为两个边长为直角的三角形（c、c）和（b-a，a+b）面积c²/2和（b-a）（a+b）/2=（b²-a²）/2:

b²=c²/2+（b²-a²）/2。

J.Elliott通过旋转其中一个三角形为证明增加了一个褶皱：

同样，可以用两种方法计算面积：

ab/2+ab/2+b（b-a）=c²/2+（b-a，

减少到

b²=c²/2+（b²-a²）/2，

并最终导致毕达哥拉斯的身份认同。

证据#52

这个证据是高中生杰米·德莱莫斯发现的(数学老师拉里·霍恩（Larry Hoehn）引用了(数学老师，90（1997），第438-441页。）

一方面，梯形的面积等于

（2a+2b）/2·（a+b）

另一方面，

2a·b/2+2b·a/2+2·c²/2。

将两者等式得出a²+b²=c²。

证据与加菲尔德总统的证据.

证据#53

拉里·霍恩还发表了以下证据(数学老师，88（1995），第168页）：

将直角三角形ABC的支腿AC延伸至D，以便AD=AB=c，如图所示。在D处画一条垂直于CD的线。在a处画一个角度BAD的平分线。让两条线在E处相交。最后，让EF垂直于CF。

通过这种构造，三角形ABE和ADE共享边AE，其他两条边相等：AD=AB，以及这些边形成的角度：∠BAE=∠DAE。因此，三角形ABE和ADE通过SAS公司从这里看，角度ABE是正确的。

然后，在直角三角形中，ABC和BEF角ABC和EBF相加为90°。因此

∠ABC=∠BEF和∠BAC=∠EBF。

这两个三角形相似，所以

x/a=u/b=y/c。

但是，EF=CD或x=b+c，结合上述比例得出

u=b（b+c）/a和y=c（b+c）/a。

另一方面，y=u+a，这导致

c（b+c）/a=b（b+c）/a+a，

这很容易简化为c²=a²+b²。

证明#54k

稍后(数学老师，90（1997），第438-441页。）拉里·霍恩再次审视他的证明并且产生了一个通用的证明，或者更确切地说是一个完整的单参数证明系列，对于参数的各种值，其中包括他以前的证据以及#41下面我提供一个受Larry工作启发的简化变体。

为了再现证明#53，即有一个直角三角形ABE和另一个BEF，后者类似于ΔABC，我们可以简单地将ΔBEF放在一些k的边ka、kb、kc上，如图所示。为了使图表有意义，我们应该限制k，以便ka≥b。（这确保D不低于A。）

现在，矩形CDEF的面积可以直接计算为其边ka和（kb+a）的乘积，或者是三角形BEF、ABE、ABC和ADE的面积之和。因此，我们得到

ka·（kb+a）=ka·kb/2+kc·c/2+ab/2+（kb+a）·（ka-b）/2，

简化后减少为

a²=c²/2+a²/2-b²/2，

这距离毕达哥拉斯的主张只有一步之遥。

证明适用于满足k的任何值k≥b/a。特别是，对于k=b/a我们得到证明#41。此外，k=（b+c）/a导致证明#53当然，通过用两种方法表示梯形AEFB的面积，我们会得到相同的结果。对于k=1，这将导致加菲尔德总统的证据.

显然，处理梯形的限制性较小，适用于k的任何正值。

55号证明

下面勾股定理的推广是由于W.J.Hazard(美国数学月刊第36卷，第1期，1929年，第32-34页）。这个证据是对已发表的证据的一个小小简化。

让平行四边形ABCD内接到平行四边体MNPQ如左图所示。绘制BK||MQ和AS||MN。让两者在Y方向相交。然后

面积（ABCD）=面积（QAYK）+面积（BNSY）。

参考证明#9表明这是勾股定理的真正推广。以下图表证明#9当两个平行四边形都变成正方形时，就可以得到。

证明分四步进行。首先，按如下所示延伸线。

然后，第一步是注意平行四边形ABCD和ABFX的底面和高度相等，因此面积相等(欧几里得I.35事实上，他们是很好地等分解出于同样的原因，平行四边形ABFX和YBFW的面积也相等。这是第2步。在步骤3中，观察平行四边形SNFW和DTSP的面积相等。（这是因为平行四边形DUCP和TENS相等点E、S、H共线.欧几里得I.43最后，平行四边形DTSP和QAYK是完全相等的。

（有一个动态版本）

证据#56

一百多年前美国数学月刊发表了一系列简短的注释，列出了毕达哥拉斯定理的大量证明。作者B.F.Yanney和J.A.Calderhead对各种口味的证据进行了额外的计算和分类。这个和下一个证据是他们收集的数字V和VI(美国数学月刊，v.3，n.4（1896），110-113）给出了它们的彻底性样本。根据下图，他们统计了多达4864种不同的证明。我把他们的工作样本放在单独的页面.

57号证明

对三角形的处理稍有不同，现在延伸三角形的边而不是交叉，B.F.Yanney和J.a.Calderhead得出了基本相同的图：

按照他们在前面的证明中使用的方法，他们再次计算了4864个毕达哥拉斯命题的不同证明。

58号证明

（B.F.Yanney和J.A.Calderhead，美国数学月刊第3版，编号6/7（1896），169-171，#VII）

让ABC与C成直角。制作BC制作BD=AB。加入AD。从CD的中点E开始，在F处画一个垂直会合AD。加入BF。D类ADC类似于D类BFE公司。因此。

AC/BE=CD/EF。

但CD=BD-BC=AB-BC。使用此

比利时	=BC+CD/2
比利时	=BC+（AB-BC）/2
	=（AB+BC）/2

EF=AC/2。以便

AC·AC/2=（AB-BC）·（AB+BC）/2，

这当然会导致AB²=AC²+BC²。

（正如我们在证据中看到的那样56Yanney和Calderhead喜欢以尽可能多的方式利用配置。关于本证明的图表，他们注意到三角形BDF、BFE和FDE是相似的，这使他们能够推导出配置的各种元素之间的多种比例。他们在证明中提到了他们的方法56这里也有很多基于同一图表的证明。他们将实际计数留给读者。）

证明#59

（B.F.Yanney和J.A.Calderhead，美国数学月刊第3版，第12条（1896年），第299-300条，第十七条）

让ABC与C成直角，让BC=a是两条腿中最短的。以C为中心，以a为半径描述圆。设D是AC与圆的交点，H是通过在C之外生成AC而得到的另一个交点，E是AB与圆的交。绘制垂直于AB的CL。L是BE的中点。

由相交弦定理，

AH·AD=AB·AE。

换句话说，

（b+a）（b-a）=c（c-2·BL）。

现在，直角三角形ABC和BCL在B处共享一个角度，因此它们相似，从中

BL/BC=BC/AB，

因此BL=a²/c。综合所有因素，我们可以看到

b²-a²=c（c-2a²/c）

最终是毕达哥拉斯的身份。

备注

注意，对于等腰直角三角形，证明是失败的。为了适应这种情况，作者建议使用极限理论的常用方法。我一点也不确定作者所想的“常用方法”是什么。也许，这个案子最好服从苏格拉底式推理这很简单，不需要极限理论。如果情况很特殊，为什么不这样对待呢。

证明#60

（B.F.Yanney和J.A.Calderhead，美国数学月刊，v.3，n.12（1896），299-300，#XVIII）

想法和以前一样(证明#59)，但现在这个圆的半径是b，也就是长腿的长度。按照图中的方式生成边，我们得到

AB·BK=BJ·BF，

或

c·BK=（b-a）（b+a）。

BK，即AK-c，可以从三角形ABC和AKH的相似性中找到：AK=2b²/c。

注意，与前面的证明类似，这一证明也不适用于等腰三角形。

证明#61

（B.F.Yanney和J.A.Calderhead，美国数学月刊第3版，第12条（1896年），299-300，#XIX）

这是引用相交弦定理。圆的半径等于直角C的高度。与其他两个证明不同，现在没有例外情况。参考图表，

AD²=AH·AE=b²-CD²，
BD²=BK·BL=a²-CD²，
2AD·BD=2CD²。

将三者相加得到毕达哥拉斯恒等式。

证明#62

这个由Floor van Lamoen提供的证据利用了一些许多属性的symmedian点首先，众所周知，在任何三角形ABC中，对称点K都有重心坐标成比例的三角形边长的平方。这意味着三角形ABK、BCK和ACK的面积之间存在关系：

面积（BCK）：面积（ACK）：区域（ABK）=a²：b²：c²。

接下来，在直角三角形中，对称点是高度中点斜边。因此，如果C处的角度是正确的，CH是所讨论的高度（以及对称中值），AK作为ΔACH的中值，BK作为ΔBCH的中值。现在回想一下，中位数将三角形切成两个相等的区域。因此，

面积（ACK）=面积（AKH）和
面积（BCK）=面积（BKH）。

但是

面积（ABK）	=面积（AKH）+面积（BKH）
	=面积（ACK）+面积（BCK），

因此，对于某些人来说，k·c²=k·a²+k·b²k>0；毕达哥拉斯的身份也随之而来。

Floor还提出了一种不同的方法来利用对称中点的特性。注意，对称点是A、B和C上三个重量的重心，分别为A²、B²和C²。在直角三角形中，从C开始的高度的底部是B和C上重量的重心。事实上，对称点是该高度的中点，这表明a²+b²=c²。

证明#63

这是Floor van Lamoen的另一个证明；地板已通过波特马定理然而，进行证明实际上并不需要定理。

在图中，M是方形ABA'B'的中心。三角形AB'C'是三角形ABC的旋转。所以我们看到B’位于C’B’上。类似地，A’位于A’C’上。AA''和BB''均相等a+b。因此，从M到A“C”以及到B“C”的距离等于（a+b）/2。这给出了

面积（AMB'C'）	=面积（MAC’）+面积（MB'C’）
	=（a+b）/2·b/2+（a+b）/2·a/2
	=a²/4+ab/2+b²/4。

而且：

面积（AMB'C'）	=面积（AMB'）+面积（AB'C'）
	=c²/4+ab/2。

这就产生了a²/4+b²/4=c²/4.和毕达哥拉斯定理。

B.F.Yanney和J.A.Calderhead开发了基本配置(美国数学月刊，v.4，n 10，（1987），250-251），以根据以下图表生成多个证明

他们的证明都没有利用M点的中心性。

证明#64

然而还有一个证据由Floor van Lamoen提供；本着典型的数学精神，这一次围绕Floor将一般语句简化为一个特殊的情况，即右等腰三角形。后者已由苏格拉底和是独立显示一般定理。

FH划分侧面的方形ABCDa+b分成两个相等的四边形，ABFH和CDHF。前者由两个面积为ab/2的等边三角形和一个面积为c²/2的等腰直角三角形组成。后者由两个等腰直角三角形组成：一个是面积a²/2，另一个是b²/2和一个面积（通过引言）等于ab的直角三角形！从两个四边形中去掉相等的面积，剩下的是面积的恒等式：a²/2+b²/2=c²/2。

苏格拉底证明斜边为k的等腰直角三角形的面积等于k²/4的想法，以前曾被使用过，尽管是隐含的。例如，卢米斯，#67（参考1778年版E.Fourrey的奇趣几何[Loomis的拼写]）依赖于下图：

三角形ABC正好位于C，而ABD正好位于等腰。（点D是直径为AB的半圆的中点，因此CD是直角ACB的平分线。）AA'和BB'垂直于CD，AA'CE和BB'CF是正方形；特别地EFíCD。

三角形AA'D和DB'B（具有相等的斜边和互补角D）是一致的。由此可见AA’=B’D=A’C=CE=AE。与B'C等分的线段类似。此外，CD=B’C+B’D=CF+CE=EF。

面积（ADBC）	=面积（ADC）+面积（DBC）
面积（ADBC）	=CD×AA'/2+CD×BB'/2
面积（ADBC）	=CD×EF/2。

另一方面，

面积（ABFE）	=EF×（AE+BF）/2
面积（ADBC）	=CD×AA'/2+CD×BB'/2
面积（ADBC）	=CD×EF/2。

因此，两个四边形的面积和ΔABC与交点相同。去掉ΔABC，我们可以看到

区域（ADB）=区域（ACE）+区域（BCF）。

证据简化为苏格拉底案，因为后一个身份等同于c²/4=a²/4+b²/4。

最近，博伊·广图提出了一个不同的论点：

由上可知，面积（BA'D）=面积（BB'C），面积（AA'D）=Area（AB'C）。也，面积（AA'B）=面积（AA'B'），对于AA'||BB'。由此可见面积（ABD）=面积（AA'C）+面积（BB'C），同样的后果。

证据#65

这和以下证据也是由于地板厢式货车Lamoen两者都基于以下引理，该引理似乎推广了毕达哥拉斯定理：在正对角四边形正方形分为两对相对的正方形。那么两对正方形的面积之和相等。

证据基于友好关系在三角形和三角形之间侧面三角形：三角形通过顶点外延伸的直角的高度是直角处侧面三角形的中点。记住这一点，请注意左图中的两个平行四边形不仅共享底面，而且具有相等的高度。因此，它们具有相等的面积。使用剪切，我们看到手边的正方形分裂成两对面积相等的矩形，可以用两种方式组合来证明引理。

为了证明，现在想象四边形的两个相邻顶点向对角线的交点靠近。在极限情况下，四边形将成为直角三角形，其中一个正方形收缩为一点。剩下的三个方块中，两个加起来就是第三个。

证明#66

(地板厢式货车Lamoen). 引理来自证明65可以以不同的方式使用：

设两个方块：APBM_c（c）和C₁M（M）_c（c）C类₂具有公共顶点M的Q_c（c）.围绕M正向旋转90°_c（c）移动C₁M（M）_c（c）转换为C₂M（M）_c（c）和BM_c（c）到AM_c（c）这意味着ΔBM_c（c）C类₁旋转为ΔAM_c（c）C类₂使得AC₂和BC₁是正交的。四边形ABC₂C类₁因此是正交对角的，并且引理适用：红色和蓝色方块加起来是相同的面积。需要注意的一点是，原始正方形APBM的面积之和_c（c）和C₁M（M）_c（c）C类₂Q是这个数量的一半。

现在假设配置为M_c（c）与对角线的交点重合。由于产生的对称性，红色方块是相等的。因此，APBM的领域_c（c）和C₁M（M）_c（c）C类₂Q加起来就是一个红色方块！

（有一个动态图解）

证明#67

这个证据是由来自伊朗萨布泽瓦尔的14岁的西纳·什叶派发给我的。撇开外接圆不谈，三角形的组合与S.Brodie的子座属于欧几里德六世31然而，布罗迪的方法如果明确，则需要与新浪不同的论证。所以，我认为她的推导很适合作为个人证据。

从斜边AB的端点开始，垂直于AP和BK下降至点C处ΔABC外接圆的切线。由于OC也垂直于切线，因此C是KP的中点

面积（ACP）+面积（BCK）	=CP·AP/2+CK·BK/2
	=[KP·（AP+BK）/2]/2
	=面积（ABKP）/2。

因此，面积（ABC）也是面积（ABKP）/2。以便

面积（ACP）+面积（BCK）=面积（ABC）

现在，所有三个三角形都是相似的（因为它们是直角的，角度相等），因此它们的面积与斜边的正方形相关，斜边分别是b、a和c。定理如下。

我将新浪的原始派生词放在单独的页面.

证明#68

勾股定理是平行四边形定律.我感谢Floor van Lamoen提请我注意无文字证明对于后者。有一个第二次证明我更喜欢它。

证明#69

使用几乎相同配置的几个证明

巧妙地利用不同的工具来实现目标。这是一个人们在这个图表中看到什么的问题。以下是几个因视角不同而不同的变体，因此导致了不同的派生。

我把其中一些放在单独的页面.

证明#70

将高度CH延伸到斜边到D:CD=AB，并考虑正交四边形ACBD的面积（类似于证明47-49一方面，其面积等于对角线乘积的一半：c²/2。另一方面，它是两个三角形ACD和BCD的面积之和。将垂线DE和DF降至AC和BC。矩形CEDF的边分别等于DE和DF的AC和BC，因为ΔCDE=ΔABC因为两者都是对的，所以斜边和角度相等。由此可见

面积（CDA）=b²和
面积（CDB）=a²

因此，c²/2=a²/2+b²/2。

这是20的证据Loomis系列在证明29中，CH向上延伸至D，以便再次CD=AB。同样，四边形ACBD的面积通过两种完全相同的方式进行评估。

证明#71

设D和E是斜边AB上的点，这样BD=BC和AE=交流。让AD=x， DE=y， BE=z。然后AC=x+y， BC=y+z， AB=x+y+z。毕达哥拉斯定理等价于代数恒等式

（y+z）²+（x+y）²=（x+y+z）²。

简化为

y²=2xz。

要查看后者是否为真，请计算点的幂A相对于圆B（C），即以B为中心并通过C的圆，有两种方式：首先作为切线AC的平方，然后作为乘积AD·AL：

（x+y）²=x（x+2（y+z）），

也简化为y²=2xz。

这是代数证明101Loomis系列.其动态版本可用分别进行。

证明#72

这是几何证明#25E.S.Loomis系列他认为J.Versluys（1914年）早先的一份出版物是对这一点的肯定。这个证明实际上是自我解释的，加上几行表明了一种使其形式化的方法。

米歇尔·拉斯维格纳斯（Michel Lasvergnas）提出了一个更为透明的重新安排（见右下图）：

通过将每个正方形围绕其中心旋转180°，可以获得这两个正方形。

A类动态版本也可以使用。

证明#73

这是来自中国营口的魏宁捷达的证明，他计划成为一名数学、语文和历史教师。它作为代数证明#50包含在E.S.Loomis系列为此，他引用了J.Versluys（1914年）早期的一份出版物，其中的证据是由英国的塞西尔·霍金斯（1909年）提供的。

设CE=BC=a，CD=AC=b，F是DE和AB的交集。

ΔCED=ΔABC，因此DE=AB=c.自，ACBD和比利时公元，预计起飞时间AB中，作为ΔABD中的第三高度。现在从

面积（ΔABD）=面积（△ABE）+面积（△ACD）+面积

我们获得

c（c+EF）=EF·c+b²+a²，

这意味着毕达哥拉斯的身份。

证明#74

以下解剖证明是由于10^第个世纪波斯数学家和天文学家阿布·瓦法。两个相等的正方形很容易以某种方式组合成一个较大的正方形苏格拉底已知如果正方形不同，Abul Wafa方法有效。广场被放置为共享一个角落和两条边线。如图所示，对其进行切割和重新组装。大广场的解剖几乎与刘慧然而，较小的正方形的切割方式完全不同。所得平方的分解实际上与证明#3.

A类动态版本也可以使用。

证明#75

这是Heron公式证明勾股定理。虽然它比第一个，我也把它放在了单独的文件以便于比较。

想法很简单：Heron的公式适用于下图所示的等腰三角形。

证据#76

这是一个几何证明#27E.S.Loomis系列据鲁米斯称，他于1933年从海牙的J.Adams那里收到了证据。卢米斯指出了这个证明在其他剖分中的唯一性，因为所有的直线都平行或垂直于给定三角形的边。这很奇怪，比如说，证明#72他们用更少的线条完成了同样的壮举。更令人惊讶的是，后者也包括在E.S.Loomis系列作为几何证明#25。

莫名其妙的是，卢米斯从斜边的错误划分开始，错误地介绍了这种结构。然而，不难猜测，施工作业的点是直角平分线的底部。

动态插图位于单独的页面.

证明#77

这一证明是由荷兰著名数学家、天文学家和物理学家克里斯蒂安·惠更斯（1629-1695）于1657年发表的。它包含在Loomis系列作为几何证明#31。如中所示证明#69，证明中的主要工具是欧几里得I.41：如果一个平行四边形和一个三角形共享同一个底面并且在相同的平行线上（I.41），平行四边形的面积是三角形的两倍。

更具体地说，

面积（ABML）	=2·面积（ΔABP）=面积（ACFG），以及
面积（KMLS）	=2·面积（ΔKPS），而
面积（BCED）	=2·面积（ΔANB）。

结合ΔKPS=ΔANB这一事实，我们立即得到毕达哥拉斯命题。

（动态图示可在单独的一页.)

证明#78

这个证明是由著名的荷兰数学家提出的E.W.迪克斯特拉 (1930 - 2002).证据本身就像证明#18，概括了证明#6和基于相同的图表。两个证明都简化为变体直角三角形（直角在C处）。除了证明之外，Dijkstra还发现了一个关于定理本质的全新观点：

如果在三角形中，角α、β、γ与长度a、b、c的边相对，则

符号（α+β-γ）=符号（a²+b²-c²），

其中符号（t）是符号功能。

Dijkstra对勾股定理的证明

如中所示证明#18，Dijkstra形成两个三角形ACL和BCN，与底部ΔABC相似：

BCN公司=CAB和
辅助控制线=CBA公司

以便交流断路器=自动高度控制=英国国家银行。详细信息和动态插图位于单独的页面.

证明#79

这一页上有几个证据利用了相交弦定理，尤其是证据##59,60、和61其中，定理应用于其弦的圆的半径分别等于ΔABC的短腿、长腿和直角的高度。鲁米斯的书在其代数证明集合中列出了这些，以及其他一些通过应用于弦的相交弦定理导出毕达哥拉斯定理的代数证明，该定理适用于添加到ΔABC中的各种奇异圆中的弦。来自布鲁塞尔自由大学数学研究所的亚历山大·瓦恩伯格提出了一个变体，似乎填补了这一系列证明中的一个遗漏。该建筑看起来也比鲁米斯列出的任何建筑都更简单、更自然。真是个惊喜！

有关详细信息，请参见单独的页面.

证明#80

基于下图的证明已在致数学老师J.Grossman（1994年1月第87号第1案）。他的学生戴维·休斯顿（David Houston）发现了证据，当时他是一名八年级学生。

我很感谢格罗斯曼教授将证据提请我注意。证据和讨论出现在单独的页面，但其本质如下。

假设右三角形的两个副本，其支腿a和b以及斜边c背对背放置，如左图所示。这样形成的等腰三角形有面积 S=c²sin（θ）/2。在右图中，同一三角形的两个副本以直角连接，并嵌入一个矩形中，其中一边等于c。每个三角形的面积都等于矩形一半面积的一半，这意味着其余等腰三角形的面积加起来也等于矩形面积的一半。，左图中等腰三角形的面积。两个较小等腰三角形的面积之和等于

S公司	=a²sin（π-θ）/2+b²sin（θ）/2
	=（a²+b²）sin（θ）/2，

对于，sin（π-θ）=sin（θ）。由于这两个面积相等sin（θ）≠0对于非退化三角形，a²+b²=c²。

这是一个三角证明?

来自佛兰德斯（比利时）的Luc Gheysens根据下图提出了一个修改

完整的讨论可以在单独的页面.

证明#81

菲利普·沃茨（Philip Voets）是荷兰一名18岁的法律系学生，他给我寄来了几年前他发现的一份证据。这个证明是一个组合，它是在许多其他证明中使用的剪切和将直角三角形按高度从直角分解为两个类似的块，以前也多次使用过。然而，在鲁米斯的书.

给定ΔABC与A成直角，构造一个正方形BCHI并将其剪切成平行四边形BCJK，K位于AB的延伸线上。在与AK垂直的方向上添加IL。通过施工，

面积（BCJK）=面积（BCHI）=c²。

另一方面，平行四边形BCJK的面积等于基准BK和高度CA的乘积。在直角三角形BIK和BIL中，BI=BC=c和∠IBL=∠ACB=β，使两者分别类似并等于ΔABC。ΔIKL也类似于ΔABC，我们发现BL=b和LK=a²/b。以便

面积（BCJK）	=黑色×CA
	=（b+a²/b）×b
	=b²+a²。

我们看到c²=面积（BCJK）=a²+b²完成了证明。

证明#82

此证明已发表在美国数学月刊（第116节，第8期，2009年10月，第687页），附编者注：虽然这一证据似乎并不广为人知，但它是对一份于年首次印刷的证据的重新发现[卢米斯第26-27页]。该证明由宾夕法尼亚州卡莱尔市卡莱尔高中学生Sang Woo Ryoo提交。

虽然《月刊》的编辑将其起源追溯到B.F.Yanney和J.a.Calderhead于1896年发表的一篇论文，但卢米斯认为这一证据值得赞扬(每月第3节，第65-67页。）

画出AD，角A的角平分线，DE垂直于AB，AB=c， BC=a，和AC=b。让CD=DE=x。然后BD=a-x和BE=c-b。三角形ABC和DBE相似，导致x/（a-x）=b/c，或x=ab/（b+c）。而且（c-b）/x=a/b，暗示c-b=ax/b=a²/（b+c）。这导致了（c-b）（c+b）=a²和毕达哥拉斯的身份。

证明#83

这个证明是对证明由查尔默斯科技大学和哥德堡大学的Jan Stevens发给我。证据实际上是Dijkstra的推广并基于证明#41.

α + β > γ

a²+b²>c²。

详细信息可以在单独的页面.

证明#84

Elisha Loomis、我本人以及毫无疑问的许多其他人都相信，并且仍然相信毕达哥拉斯定理的三角证明是不可能的。这种信念来源于这样一种假设，即任何此类证明都将依赖于最基本的三角恒等式sin²α+cos²α=1只不过是毕达哥拉斯定理本身的重新表述。现在，杰森·津巴展示该定理可以从减法公式对于正弦和余弦无追索权sin²α+cos²α=1。我很高兴地承认我错了。

Jason Zimba的证据出现在单独的页面。

证明#85

Búi Quang Tuån找到了一种从断弦定理.

有关详细信息，请参见单独的页面.

证明#86

鲍伊·广图还展示了一种从中导出勾股定理的方法波特马定理.

有关详细信息，请参见单独的页面.

证明#87

约翰·莫洛卡赫（John Molokach）根据下图提出了毕达哥拉斯定理的证明：

如果有任何证据值得称之为代数的话，这一个就是。有关详细信息，请参见单独的页面.

证明#88

斯图亚特·安德森从断弦定理.这一证据由刻着的（有点扭曲的）大卫之星（Star of David）加以说明：

有关详细信息，请参见单独的页面推理与证明#79但通过断弦定理.

89号证明

约翰·莫洛卡奇是一位忠诚的毕达哥拉斯主义者，他发现了他所说的平行四边形定理的证明。它基于下图：

有关详细信息，请参见单独的页面.

证明#90

约翰还犯下了一个无法言喻的异端，他设计了一个基于求解微分方程的证明。伯克利大学的亚历山大·吉文塔尔（Alexander Givental）、加州州立大学的韦恩·毕晓普（Wayne Bishop）、约翰（John）和我经过长时间的商议后，决定该证据不包含任何人最初预期的恶性循环。

有关详细信息，请参阅单独的一页.

证明#91

约翰·莫洛卡赫（John Molokach）还观察到，毕达哥拉斯定理遵循高斯的Shoelace公式：

有关详细信息，请参见单独的页面.

证明#92

Gaetano Speranza的证明基于以下图表

有关详细信息和交互式插图，请参见单独的页面.

证明#93

乔治·费拉雷斯意大利都灵大学的佩里格尔的证据-由于直角三角形长腿上的正方形剖分的对称性而受到赞扬，允许进一步的对称处理。他的证明基于以下图表

有关详细信息，请参见单独的页面.

证明#94

碰巧Heron公式当其他两条边垂直时，对于其中一条边的长度消失。此外，通过将导数等于零，可以直接得到毕达哥拉斯公式。

详细信息可以在单独的页面.

证据#95

Boi Quang Tuán的证明基于以下所示的结构：

详细信息可在单独的页面.

证明#96

约翰·莫洛卡赫从下图开始

勾股定理的两个偶然证明的起点

从中他得到了两个证明。详细信息可以在单独的页面.

证明#97

当我已经开始思考，不会有任何本质上新的证据出现；令我惊讶的是，来自哥伦比亚的Edgardo Alandete通过解剖提出了一个非常基本、直接的证据。我将其添加为“无文字证明”：

一种新的分解证明97

Edgardo对自己的方法有几种观点，他在两个pdf文件中进行了总结：文件#1和文件#2

证明#98

约翰·莫洛卡赫（John Molokach）提出了另一个证明，一个基于下图的无文字证明：

基于面积行列式公式对勾股定理的证明。作者：John Molokach

有关简短解释，请参见单独的页面.

约翰也设法做到了导出定理通过对正弦和余弦的麦克劳林级数进行平方，得到二项式系数的恒等式。

证明#99

丹尼尔·哈迪斯基（Daniel Hardisky）发布了以下证据作为解剖谜题。我就是这样传递的：

丹尼尔·哈迪斯基的解剖证明

你可以打印图形，切割碎片，然后试着把它们放在一起形成一个更大的正方形。解决方案位于单独的页面.

证明#100

约翰·阿里奥尼（John Arioni）提出了毕达哥拉斯恒等式出现在收敛几何级数极限的证明。这里有一个提示：

基于几何级数公式的勾股定理证明。约翰·阿里奥尼

详细信息可以在单独的一页.

证明#101

这实际上是勾股定理的推广。它是由Dao Thanh Oai（越南）发布的。

让CH_c（c）和BH_b条为两个高度nnΔABC。

Dao Thanh Oai的毕达哥拉斯推广

然后

不列颠哥伦比亚省²=AB×BH_b条+交流×CH_c（c）.

勾股定理是在A的角度为90°时得到的。我在一个单独的文件.

证明#102

该证明由Marcelo Brafman（以色列）传达给我。E.Loomis可能将其描述为代数类型，但我在他的整本书.

证明基于下图：

勾股定理的证明102

你可能想自己弄清楚这是关于什么的。可以找到解释在别处.

证明#103

托尼·福斯特（Tony Foster），三岁，提交了一些证据，利用梯形的性质已在证明地毯定理.

例如，其中一个证明基于下图：

勾股定理的证明103

重要的是，图中的两个蓝色三角形具有相同的面积。更多细节以及其他证据可以在单独的页面.

证明#104

这是a·G·萨莫斯瓦特（a.G.Samosvat）优雅的解剖证明。

勾股定理的104证明

动态插图位于单独的页面.

证明#105

之前几次（证明22,43,71)勾股定理是从点定理的幂这是另一个例子，证明了由伯明·图恩设计的定理的威力。下图说明了Böi的方法

勾股定理的证明105

可以在单独的页面.

证明#106

Boi Quang Tuán发现了一个优雅的引理，从中可以很容易地导出毕达哥拉斯定理：

$A、$$B、$$C、$$D$是与$BD垂直的圆$（O）$和$AC$上的共循环点。$Denote$[X]$表示形状$X的区域。$Then$\displaystyle\frac｛[ADD]+[BEC]｝｛2｝=[AOB]$

圆问题中的三个三角形区域

引理的证明和勾股定理的推导可以在单独的页面.

证明#107

Tran Quang Hung发现了勾股定理的扩展：

在$\Delta ABC中，$$AD、$$BE、$$CF$是高度。$\Delta ABC外部的三角形$BCX、$$CEY、$和$BFZ$$

Tran Quang Hung对勾股定理的推广

表示$[X]$形状$X.$的面积，然后$[\Delta BCX]=[\Delta-ACY]+[\Del塔-ABZ]$

这是勾股定理的一个真正推广，它是在$a$的角度正确时获得的。声明的证据可以在单独的页面.

Tran Quang Hung的建筑激发了两个偏移：Proofs 107’和107’：

校样#107

在急性$\Delta ABC中，$$AD、$$BE、$$CF$是高度，$r$是任意实数。外部$\Delta ABC$画线$aa$与$BC$平行，距离$rBC；$$bb$线与$AC$平行，距离$rCE；$$cc$线与$AB$平行，距离$rBF.$让$X\以aa表示，$$Y\以bb表示，而$$Z\以cc表示$

Tran Quang Hung对勾股定理的推广，变体2