以代數與幾何證明探究勾股定理於中學教材的應用
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(2) 摘 要 培養學生的推理能力是中學數學教育的重要理念，而學習證明可以訓練學生 的邏輯思考，進而使用正確的理性思維去解決問題。在九年一貫課程綱要中，勾 股定理是中學生學習幾何單元的重要核心概念，所以相當適合作為引導中學生學 習數學證明的入門課程。本研究以魯米斯(Elisha Scott Loomis)所著作的《勾股定 理》（The Pythagorean Proposition）書中蒐集的證明為題材，將勾股定理做整理與 介紹，選取其中 45 個證明去深究，並增補《勾股定理》證明中不完整的部分。希 望藉由提供不同於現行三個版本的教科書的勾股定理證明，讓中學教師在教學上 能有更豐富的參考教材，也讓學生體會不同證法的過程與樂趣。最後並與數位教 材團隊合作開發互動數位教材，讓學生可以實際操作動畫軟體，透過圖形的平移與 旋轉，明瞭複雜的勾股定理拼圖證明，也冀望藉此提升學生的學習動機，使他們感 受到勾股定理與幾何學的美妙之處。. 關鍵字：勾股定理、魯米斯(Elisha Scott Loomis)、代數證明、幾何證明、中學教材、 數學教育. II.
(3) 目 錄 第一章 緒論 ............................................................................................................... 1 第一節 研究背景與動機.................................................................................... 1 第二節 研究目的................................................................................................ 2 第三節 研究範圍與後續.................................................................................... 3 第二章 文獻探討 ......................................................................................................... 4 第一節 勾股定理的介紹.................................................................................... 4 第二節 魯米斯的簡介........................................................................................ 7 第三節 魯米斯的著作－《勾股定理》............................................................ 8 第四節 教科書的現況........................................................................................ 9 第三章 勾股定理的證明分類與其他典故 ............................................................. 14 第一節 魯米斯《勾股定理》的證明分類...................................................... 15 第二節 代數證明與幾何證明分類.................................................................. 16 第三節 數學家的名言...................................................................................... 20 第四章 勾股定理證明工作單 ................................................................................. 23 第一節 勾股定理證明工作單內容說明.......................................................... 23 第二節 工作單內容.......................................................................................... 24 A081 ............................................................................................................. 25 A082 ............................................................................................................. 28 A083 ............................................................................................................. 30 A084 ............................................................................................................. 32 A085 ............................................................................................................. 35 G051 ............................................................................................................. 38 G052 ............................................................................................................. 41 G053 ............................................................................................................. 45 G054 ............................................................................................................. 48 G055 ............................................................................................................. 51 G056 ............................................................................................................. 54 G057 ............................................................................................................. 57 G058 ............................................................................................................. 60 G059 ............................................................................................................. 63 G060 ............................................................................................................. 66 G061 ............................................................................................................. 69 G062 ............................................................................................................. 73 G063 ............................................................................................................. 77 G064 ............................................................................................................. 80 G065 ............................................................................................................. 83. III.
(4) G077 ............................................................................................................. 87 G078 ............................................................................................................. 90 G079 ............................................................................................................. 93 G080 ............................................................................................................. 96 G081 ............................................................................................................. 99 G082 ........................................................................................................... 102 G083 ........................................................................................................... 105 G084 ........................................................................................................... 108 G085 ........................................................................................................... 111 G086 ........................................................................................................... 114 G087 ........................................................................................................... 117 G088........................................................................................................... 120 G089 ........................................................................................................... 123 G090 ........................................................................................................... 126 G091 ........................................................................................................... 129 G092 ........................................................................................................... 132 G093 ........................................................................................................... 135 G094 ........................................................................................................... 138 G095 ........................................................................................................... 142 G096 ........................................................................................................... 145 G097 ........................................................................................................... 148 G098 ........................................................................................................... 151 G099 ........................................................................................................... 154 G100........................................................................................................... 157 G101 ........................................................................................................... 160 第五章 參考文獻.................................................................................................... 162. IV.
(5) 第一章. 緒論. 第一節 研究背景與動機 從 2014 年起，第一屆的國民中學教育會考，數學科要加考非選擇題。不同於 之前基本學力測驗，教育會考的測驗題型除了第一部分的選擇題之外，還有第二部 分的非選擇題。選擇題雖然是成就測驗中最普遍使用的一種命題題型，但是若命題 技巧不精時，容易導致題目僅測量到學生知識的記憶，且無法測量組織與表達的能 力（郭生玉，2010）。觀察 2014 年與 2015 年的教育會考題目，都有兩題非選擇題， 第一題都是著重計算的應用問題，第二題則都是證明題。顯示證明在數學學習中的 重要性，培養學生獨立思考與解決問題的能力更是現代教育所強調的目標。 在九年一貫課程綱要中，提到了國中幾何教學的目標，首先在於提供學生日後 有用的核心幾何知識，其次是提供豐富的背景，可以理解數學推理證明的意義與過 程，而推理能力的培養正是國中數學教育的重點之一。雖然數學並不等於證明，但 是可以確定的是證明可以提升我們的邏輯推理能力，進而使用正確的理性思維去解 決問題。Gibilisco(2005)曾說：「數學證明已成為許多學生學習數學領域之外的一 個有趣課程，純粹是為了使他們的邏輯推理和分析更完整。」 本研究以「勾股定理」為題材，目前已知的勾股定理證明方法，大約有 400 種， 是所有定理中最多的，由此可知它的重要性。天文學家克卜勒(Kepler, 1571-1630) 曾說過：「畢氏定理與黃金分割是幾何學的兩大寶藏。」畢氏定理即勾股定理。勾 股定理也是九年一貫課程綱要中，國中生學習幾何單元的一個重要核心概念，所以 相當適合拿來作為引導中學生學習數學證明的入門課程。. 1.
(6) 第二節 研究目的 九年一貫課程綱要中數學領域的能力指標 「9-s-12 能認識證明的意義」與 「S-4-19 能針對問題，利用幾何或代數性質做簡單證明」，明白指出學生必須了 解什麼是數學證明，並且能夠由已知條件或已經確定是正確的性質來推導出某些 結論。因此我們在國中階段就必須要開始培養學生邏輯分析的思考能力，並要求 他們在學習時，將每一步驟所根據的理由適切地表達出來，進而訓練他們能夠獨 立去完成完整的證明架構。 2015 年的國中會考成績公布資料顯示，在全國廿八萬名考生中，數學非選 擇題超過十萬名考生拿零分，更有超過七成的學生拿不到兩分（滿分六分），可 以看出國中階段的學生在數學推理能力方面是比較薄弱的。臺師大心測中心副主 任曾芬蘭也說：「數學非選擇題首度計分，考生也許還不習慣這樣的作答方式， 但未來希望透過這種考題，讓教學現場加強數學的邏輯推演能力。」 為了提升學生的邏輯推理能力，我們以魯米斯(Elisha Scott Loomis, 1852-1940) 所著作的《勾股定理》（The Pythagorean Proposution）中所蒐集整理的證明當作 題材，探究其中除了目前教科書所提供的三種勾股定理證明方法外，是否還有其 他勾股證明適合讓學生理解與應用。之後再由數位教材團隊完成教材開發，並透過 網路分享，讓學生或社會大眾都能夠透過教材啟發興趣與創意，也可提供教學者課 堂教材、延伸教材或特色課程的發展方向。. 2.
(7) 第三節 研究範圍與後續 本研究範圍為魯米斯(Elisha Scott Loomis)所著作的《勾股定理》（The Pythagorean Proposition）這本書中的 45 個勾股定理證明，包含 5 個代數證明與 40 個幾何證明，研究著重於修補《勾股定理》書上證明的不完整部分。除了證 明外，研究者也加入了一些個人想法與心得，並與製作團隊合作開發數位教材， 之後將教材放置於設立 的專屬網站《非想非非想數學網》 http://www.math.ntnu.edu.tw/museum/，提供教師、學生或社會大眾進行數位學習 之用。. 3.
(8) 第二章 文獻探討 第一節. 勾股定理的介紹. 勾股定理是數學上很重要且應用最廣的定理，它說明在平面上的直角三角形， 兩股長的平方和會等於斜邊長的平方，目前已發現約有 400 多種證明的方法。西方 最早是由畢達哥拉斯（Pythagoras, 572B.C.-492 B.C.）所證明，因此，也叫做畢氏 定理（Pythagorean theorem）。但相傳在巴比倫文明時代，就已經出現它的蹤跡。 在西亞地區的底格里斯河和幼發拉底河之間的兩河流域，古希臘人將兩河流域 稱為「美索不達米亞」，大約在四千多年前，這裡建立了巴比倫王國，是人類歷史 上最古老的文明之一。考古學家已經挖掘出大約 50 萬塊泥板，上面刻有楔形文字， 保存了巴比倫文明在數學、天文、藝術與文學各方面皆有高度成就的歷史。其中在 耶魯大學巴比倫收藏品裡，編號 YBC 7289 的泥板，它上面畫了一個正方形，且在 泥板左上方與正方形的水平對角線下方，各有一些標記。經學者破解後得到一個結 論：巴比倫人知道正方形的對角線是邊長的 2 倍，意即巴比倫已經知道勾股定理， 或至少已明白正方形的對角線與邊長關係的這種特例。 此外，在哥倫比亞大學普林頓收藏品裡，編號 322 的泥板，它上面劃記了四行、 十五列的符號。學者發現這些符號是畢氏三數組(正整數 a, b, c 使得 a 2 b 2 c 2 成立) 的數表，每一列的第二行符號代表直角三角形的一股長，第三行符號代表直角三角 形的斜邊長。例如第一列的第二行的符號表徵為 1, 59，用 60 進位換算可得. 1 60 59 119，第三行的符號表徵為 2, 49，用 60 進位換算可得 2 60 49 169 ， 我們可以藉此計算另一股的長度為 1692 1192 120 ，因而得到 (119,120,169) 這 一個畢氏三數組。不過，也有學者發現這個數表上有錯誤，例如在第九列的第二行 的符號表徵為 9, 1，用 60 進位換算可得 9 60 1 541 ，第三行的符號表徵為 12, 49，用 60 進位換算可得 12 60 49 769 ，我們可以計算出另一股的長度並不是整 數。但是若將第二行的符號表徵改為 8, 1，則 8 60 1 481，而 7612 4812 600， 4.
(9) 便可得到 (541,600,769) 這一個畢氏三數組了。由此判斷，很有可能是當時記錄的 人不小心劃錯了，即便如此，從普林頓 322 這塊泥板可以看出，巴比倫人不但熟悉 勾股定理，而且也能夠做一些基本的數學運算了。 時間往後推進到西元前 1000 年，在《周髀算經》上記載了周公與商高的問答 對話。《周髀算經》是中國最古老的天文學著作，完成時間約莫在漢朝，裡面有豐 富的數學觀念與知識。開卷就寫到周公問商高說：古代人們作天文測量與訂立曆 法，沒有梯子可以爬到天上去，也沒有工具可以測量地面，請問數是如何得來的？ 商高回答說：「數之法出於圓方，圓出於方，方出於矩，矩出於九九八十一。故折 矩，以為勾廣三，股脩四，徑隅五。既方之外，半其一矩，環而共盤，得成三四五， 兩矩共長二十有五，是謂積矩。故禹之所以治天下者，此數之所生也。」古人將直 角三角形中最短的邊稱為勾，與勾垂直的邊為股，斜邊為弦，由商高回答周公的對 話中，可以發現商高已經知道勾為 3，股為 4，弦為 5 的直角三角形特例。而它也 是現今國中生初學勾股定理，作為入門的直角三角形。 但是在《周髀算經》中，並沒有勾股定理的證明。三國時期的吳國數學家趙爽， 在其著作《周髀算經注》中提出了《勾股圓方圖說》，解釋並證明了勾股定理。《勾 股圓方圖說》的內容寫到：「勾股各自乘，並之，為弦實。開方除之，即弦。」「勾」 和「股」為直角三角形的兩個直角邊邊長，現今數學多以 a 及 b 代表。「勾股各自 乘，並之，為弦實。」指的是 a 2 b2 c2 ，也就是現今國中生所學的勾股定理公 式。「弦」為直角三角形的斜邊邊長，現代數學多以 c 表示。「開方除之，即弦。」， 指的是開方找出平方根，意即 c a 2 b2 。趙爽的《勾股圓方圖說》共有五百三 十餘字，對勾股定理作了詳細的解釋與證明，是數學史上極為重要且有價值的文獻 資料。 在西元前 572 年左右，西方一位偉大的數學家誕生了。畢達哥拉斯出生於愛琴 海的薩摩斯島，他年輕時曾經求教於希臘的著名哲學家泰利斯（Thales），建構日 後學習的基礎。後來畢達哥拉斯到世界的古文明地區遊學，包括埃及、波斯、巴比. 5.
(10) 倫等國家，他在四處遊學的過程中，吸收了相當多的文學與數學知識，對他後來到 克羅頓(約現今義大利南部)創立「畢達哥拉斯學派」有很大的影響與幫助。 畢達哥拉斯學派在音樂、算術、幾何學、天文學等領域都有很高深的研究，但 是其成員必須宣誓絕對的忠實與密守他們的知識內容，因此歷史上並無直接的證據 顯示畢達哥拉斯發現勾股定理。大約西元前 200 年，希臘學者阿波多羅斯 （Apollodorus）的詩句中寫到「畢達哥拉斯為了慶祝他發現了那個著名的定理，宰 了牛來祭拜神明」，後來的學者推論，指的應該就是勾股定理，所以就將它冠以畢 達哥拉斯之名而沿用到現在。 到了西元前 300 年，希臘著名的數學家歐幾里得（Euclid, 330B.C.-275 B.C.） 踏入數學史的舞臺。歐幾里得的數學知識淵博，邏輯思路清晰，對於幾何證明十分 擅長，他寫了幾本關於數學方面的著作，其中最具影響力的作品是《幾何原本》。 笛卡兒（Descartes, 1596-1650)、牛頓（Newton, 1643-1727)，以及許多科學家常在 青少年時期研讀《幾何原本》，吸取基礎的數學知識並獲得啓發。 《幾何原本》提供兩個勾股定理的證明，第一個證明是在第一卷的命題47，利用 的是面積等化的方法；第二個證明是在第六卷的命題31，利用的是三角形的相似性 質。歐基里得在《幾何原本》的其他部分，經常使用勾股定理，顯示勾股定理的重要 性，而他這兩個證明也開啟了後人研究勾股定理證明的風潮，到目前為止，勾股定理 的證明已經超過四百個了，或許還會繼續增加。. 6.
(11) 第二節. 魯米斯的簡介. 魯米斯(Elisha Scott Loomis, 1852-1940)，出生於美國俄亥俄州的梅迪納鎮，是 家中八個孩子中的老大，從小就很勤勞，努力學習，有一次他步行七英哩到隔壁的 鎮上購買代數課本自學，因為學校老師已經無法指導他了，這也顯示他在青少年時 期便展露對數學領域的興趣與才能。在西元 1880 年至 1890 年間，他陸續取得鮑德 溫大學(Baldwin Wallce University)的理學士學位、碩士學位和博士學位。之後也留 在鮑德溫大學擔任數學系的系主任，但是過了一段時間，他發現自己對教學的熱情 勝於行政工作，因此他選擇離開大學，而到克里夫蘭的一所高中擔任數學老師，同 時也是數學科的召集人，且持續教學工作達 28 年之久。 魯米斯也是「終身學習」的好榜樣，他不僅在數學領域學有專精，同時在教學 期間也鑽研法律知識，在 50 歲左右拿到了克里夫蘭法律學校的法律學位，而且通 過認可，成為俄亥俄州的律師。此外，他對土木工程也有極大的興趣，經過不斷地 充實相關知識，之後擔任貝雷村的市政工程師。 魯米斯本身多才多藝，除了在數學、法律、土木工程領域都具備專業素養以外， 在倫理學、哲學以及宗教等方面也都有所涉獵。他同時也是一名作家，撰寫過許多 篇文章，也出版過好幾本書，並在西元 1908 年修訂了關於魯米斯家族譜的書，全 書共 859 頁，裡面列出並分類的名字超過 32000 個。 不過，魯米斯認為自己最好的著作是西元 1907 年動筆，直到西元 1927 年才完作 出版的《勾股定理》(The Pythagorean Proposition)。他並在 1940 年完成修訂版，書中 共蒐集了 371 個勾股定理的證明方法。雖然魯米斯曾經當過數學家、律師、土木工 程師、系譜專家以及作家，但是他個人最喜歡也最受推崇的頭銜是「教師」，如同 他在過世前為自己事先寫下的訃文中提到：「他作為教師的五十年間，他竭盡所能 的培育超過4000 名的男孩、女孩及年輕男女的行為習慣上，這為他烙刻了深深的 印記。」顯示讓他永遠銘記在心的是，能夠為教育盡一份心力的那股責任與熱忱。. 7.
(12) 第三節. 魯米斯的著作－《勾股定理》. (The Pythagorean Proposition) 雖然魯米斯在數學界中並不是很有名氣，但是他的著作《勾股定理》在數學教 育上是很有價值的一本書。他蒐集了 371 種勾股定理證明，其中有些是他自己的傑 作，並將它們分成「代數的證明」與「幾何的證明」兩大類；更進一步依據證明的 原理與圖形將代數的證明分成七種類型，幾何的證明分成十種類型。魯米斯將原本 零亂分散的勾股定理證明，有條理有系統地整理成書，在西元1968 年，美國數學 教師協會(NCTM)重新將《勾股定理》印刷出版，並當作是數學教育經典系列叢書 的第一本書籍。 魯米斯的《勾股定理》涵蓋所有經典的證明，其中包括一些只有天才如惠更斯 ( Huygens )、萊布尼茲(Gottfried Wilhelm Leibniz )才知道的證明。美國第 20 任總統 加菲爾德(J.A. Garfield)在西元 1876 年擔任國會議員時，也發現了一個證明方法。 他利用直角三角形畫出一個梯形，並巧妙地利用梯形面積等於三個直角三角形的面 積和，推導出勾股定理的關係式。而在西元 1938 年，就讀於印第安納州南本德中 央中學的一名女學生康地( Ann Condit )也提供了一個複雜的證明。魯米斯誇獎她 說：「這個十六歲的女生，是第一個在證明中使用從給定直角三角形的斜邊中點出 發作圖的輔助線和三角形，她做了印度、希臘，甚至是現代的偉大數學家未曾做到 的事。」 《勾股定理》裡所蒐集證明的作者，除了魯米斯本人以外，有些是著名的數學 家，有些則是不同領域的名人，還有一些是求學中的學生。魯米斯認為除了對數學 幾何證明的興趣之外，在中世紀時期，學生必須對勾股定理提出一個原創的新穎證 明，才能夠獲得數學學位，是勾股定理有著大量證明的原因。總而言之，《勾股定 理》是許多人耗費心血的智慧結晶，如果能夠耐心地去思考並欣賞這些證明，必定 可以體會其中的精采與奧妙之處。. 8.
(13) 第四節. 教科書現況. 依據現行的課程綱要，勾股定理編排在國民中學第三冊，我們以A、B、C 三 個教科書版本作為定理證明的教材分析，所參考之教科書版本均為教育部審核通過之 樣書，三個版本對於勾股定理的證明有不同的呈現方式：. 版本A 證明方式：設計探索活動，引導學生觀察並發現四個全等直角三角形可以圍成 一個邊長為(c)的大正方形，且正方形內部會形成一個邊長為 ( a b) 的 小正方形，接著利用四個全等直角三角形與小正方形的面積和會等 1 於大正方形面積， 4 ab (a b)2 c 2 ，整理得 c 2 a 2 b 2 。 2. 圖2.4.1. 9.
(14) 證明評析：在觀念引導與證明過程中，並沒有畫出以直角三角形的兩股為邊長的正 方形，也沒有展示這兩個正方形與以斜邊為邊長的正方形之間的面積關 係。在探索活動中，利用四個全等直角三角形與小正方形的面積和會 等於大正方形面積的證明，雖然大部分學生都能明白這些圖形的面積拼 合概念，也可以理解代數式的運算，但是學生可能無法從證明中感受到 勾股定理 c 2 a 2 b 2 在幾何上的意義。. 圖2.4.2 版本A 的證明. 10.
(15) 版本B 證明方式：此版本利用傳說中畢達哥拉斯的小故事來引起學生動機，然後設計探 索活動，讓學生觀察以直角三角形的三邊為邊長畫出的正方形，它們 之間的面積關係。最後讓學生可以用直觀的方式，利用面積等量減法的 觀念，得到勾股定理的關係式。. 圖2.4.3 證明評析：在探索活動中以直角三角形三邊向外畫出的正方形，讓學生去計算三 個正方形的面積，並從中發現三個正方形之間的面積關係，學生會比較 有感覺。在證明過程中，並沒有使用複雜的代數運算，而是用較直觀的 方式去說明，對於代數運算能力較差的學生也可以了解勾股定理的意義。. 圖2.4.4 版本 B 的證明 11.
(16) 版本C 證明方式：此版本先在問題探索 1 中設計三個圖形，每個圖形皆以直角三角形的 三邊長分別向外畫出正方形，讓學生觀察三個正方形之間的面積關係。 完整的證明過程在問題探索 2 中，將四個全等直角三角形圍成一個以 兩股和 ( a b) 為邊長的正方形，而在正方形內部會形成一個以斜邊 ( c ) 為邊長的小正方形，然後用小正方形面積等於大正方形面積減去四個直 角三角形面積的關係去列式，整理得 c 2 a 2 b 2 。. 圖2.4.5. 圖2.4.6 證明評析：此版本證明方式與版本 A 雷同，不同的地方在於四個直角三角形的排 列方式。先在問題探討 1 中讓學生觀察三個正方形的面積關係，而有 c 2 a 2 b 2 的概念。在問題探討 2 中利用四個全等的直角三角形拼出的. 正方形來證明，主要使用乘法公式的代數運算，大部分學生都能夠理解。. 12.
(17) 圖2.4.7 版本C 的證明 結語：從上述三個教科書版本的內容中，我們發現版本B、C 先設計教學活動讓學 生去發現以直角三角形三邊向外畫出的正方形面積關係，有助於學生對勾 股定理的幾何意義有初步的認識。而版本A、C 的證明則必須用到較多的 代數運算，必須先了解圖形內部的四邊形亦為正方形，才能進一步去列 出代數式。此外，三個版本的證明方式都是以圖形的拼湊為主要概念， 但是都沒有設計教學附件可以讓學生實際操作，讓他們可以從拼圖的活 動中去了解圖形的變換及面積關係，因此若能夠額外提供教材不僅可以提 昇學生的學習興趣，也能夠在實際操作後，對定理證明的概念會更加清楚。. 13.
(18) 第三章 勾股定理的證明分類與其他典故 數學發展的歷史悠久，從四大古文明時期到現今科技發達的時代，勾股定理 可能是所有數學定理中證明方法最多的。經過時代變遷，勾股定理的證明方法已 十分完整且多樣化，一般來說，勾股定理的證明方法可以分為三大類： 1. 面積證法： 出自於《幾何原本》第一卷的命題47，主要使用面積相等的概念來證明。 收錄在魯米斯《勾股定理》書中的編號 G033。(魯米斯《勾股定理》這本書 中以代號A 表示歸類於「代數證明」，G 表示歸類於「幾何證明」。) 2. 比例證法： 出自於《幾何原本》第六卷的命題31，使用三角形的相似性質來列出對 應邊成比例的式子，經過代數運算後得到勾股定理的關係式。收錄在《勾股 定理》書中的編號 A001。 3. 弦圖證法： 來自於中國與印度，將圖形經過切割平移後，得到勾股定理的關係式。 中國魏晉時期的數學家劉徽即是使用此「割補術」的證明方法，他稱之為「出 入相補」 ，其證明也收錄在《勾股定理》書中的編號 A034 及 編 G127。在印 度則是以數學家婆什迦羅(BhāskaraII)的證明為經典，收錄在《勾股定理》書 中的編號 A034 及編號 G225。. 14.
(19) 第一節. 魯米斯《勾股定理》的證明分類. 在魯米斯的《勾股定理》這本書中，他一共蒐集了 371 個勾股定理的證明， 並分成「代數的證明」和「幾何的證明」兩大類。其中「幾何的證明」又可以依照 機械式操作(Machanical principles)再細分成「向量的」與「動態的」兩小類。因此 這些證明大致上可以區分成四個類別，條列如下： 1. 代數的證明(Algebraic proofs)：線性關係的基礎。 2. 幾何的證明(Geometric proofs)：面積比較的基礎，意味著空間的概念。 3. 向量的證明(Quaternionic proofs)：向量運算的基礎。 4. 動態的證明(Dynamic proofs)：質量與速度的基礎，意味著力學的概念。 在魯米斯的《勾股定理》出版之後，這些年來陸續又有許多新的證明被提出， 數學領域在代數學、幾何學、三角學各方面發展日臻成熟的情況下，勾股定理證 明方法也愈來愈多元化。伯果摩爾尼( Alexander Bogomolny )在網站「勾股定理和 它許多證明」( http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/ )中收集了 118 個證明，裡面 有許多精彩的證明，例如利用三角函數證明、利用微分證明等。他運用了數學繪 圖軟體與電腦程式語言，並結合現代網路科技，將新穎的勾股定理證明方法呈現 在世人面前。. 15.
(20) 第二節. 代數證明與幾何證明分類. 魯米斯在《勾股定理》這本書中，大致將 109 個「代數的證明」分成七種類型， 將 256 個「幾何的證明」劃分成十種類型。我們勾股定理研究團隊之前已將之整理 分類，如以下所述。. 代數證明的分類，有以下七種類型： 1. 相似的直角三角形： 此類型的證明是利用直角三角形的相似關係，以「對應邊成比例」的性質 來推導出勾股定理的關係式。其中最具代表性的是歐幾里得《幾何原本》第六 卷的命題31，歐幾里得在書上的附圖畫了三個相似的長方形，事實上圖形中的 長方形可以替換成任意相似的圖形，這也說明了勾股定理的一般性，其證明方 法與《勾股定理》的編號A001 相同。. 圖3.3.1. 歐幾里得《幾何原本》第六卷命題 31 所提供的附圖. 2. 比例中項原理： 此類型的證明是第一種類型的特殊型，同樣是利用相似形「對應邊成比例」 的性質，先列出比例中項的等式，再推導出勾股定理的關係式。在證明的過程 中，為了運用比例中項的關係式，通常會先作圖畫出直角三角形斜邊上的高。 3. 圓與直角三角形的結合： 此類型的證明是將圓形與直角三角形兩種圖形結合，利用圓的弦、割線與 切線性質，來推導勾股定理的關係式，例如《勾股定理》中編號 A090 的證明。 16.
(21) 4. 面積的比例關係： 此類型的證明是根據相似形證明的，與《幾何原本》第六卷的命題31 有關。 此命題提到：在直角三角形中，斜邊上的圖形面積等於兩股邊上的相似圖形面 積，此命題幾乎跟第一卷的命題 47 相同，只是用「圖形」取代了「正方形」 ，甚 至只要是任意建構的相似圖形即可，因此第六卷的命題31 是勾股定理更一般化 的形式。此類型證明的觀念是先在直角三角形的各個邊上畫出相似的圖形，再 求出各圖形的比例關係，進而推導出勾股定理的關係式。 5. 極限定理： 此類型的證明是先在等腰直角三角形的三邊上作出正方形，先說明斜邊上 的正方形面積會等於兩股邊上的正方形面積和。然後將斜邊的長度固定，調整 兩股的長度，利用極限的方法說明兩股的正方形面積和依舊會等於斜邊上的正 方形面積，而推出勾股定理的關係式。此類型證明使用了極限的概念，大多數 的國中生可能無法理解。 6. 代數與幾何結合： 此類型的證明分成兩部分。第一部分是在作圖後，先以「代數」的方法推 論圖形面積是相等的；第二部分則是用「幾何」的方法來比較圖形面積，再推 導出勾股定理的關係式。因此結合了代數與幾何的證明，大部分的內容在國中 階段就已經出現，只有些許部分要到高中階段才能夠理解。 7. 代數與幾何結合，並透過相似多邊形： 此類型的證明與前一類型的證明觀念是相同的，關鍵在以直角三角形的三 邊往外畫出的多邊形，並運用多邊形的相似性質，推導出勾股定理的關係式， 有些部分要到高中階段才能夠理解。. 17.
(22) 幾何證明的分類，有以下十種類型： 從魯米斯的《勾股定理》書中可以發現，每個幾何證明的作圖方法不盡相同，因 此他依據圖形的繪製方法，將幾何證明分為以下十種類型： 類型. 圖形說明. 示意圖形. 以直角三角形的斜邊及兩股為邊長向外作正方 類型 1. 形，正方形的位置皆是以直角三角形為中心往外 延伸。. 以直角三角形的斜邊及兩股為邊長作正方形， 類型 2. 與類型 1 不同的是兩股上的正方形位置朝向直 角三角形的中心外側，而斜邊上的正方形則是 朝向內側。. 以直角三角形的斜邊及兩股為邊長作正方形， 類型 3. 斜邊上的正方形朝向外側，而兩股上的正方形 位置則是分別朝向直角三角形的中心外側及內 側。. 以直角三角形的斜邊及兩股為邊長作正方形， 斜邊上的正方形朝向外側，而兩股上的正方形 類型 4. 位置則是分別朝向直角三角形的中心外側及內 側。與類型 3 不同的地方在於兩股上的正方形 朝向位置相反。. 以直角三角形的斜邊及兩股為邊長作正方形， 類型 5. 斜邊上的正方形朝向內側，而兩股上的正方形 位置則是分別朝向直角三角形的中心外側及內 側。. 18.
(23) 類型. 圖形說明. 示意圖形. 以直角三角形的斜邊及兩股為邊作正方形，斜 類型 6. 邊上的正方形朝向內側，而兩股上的正方形位 置則是分別朝向直角三角形的中心外側及內 側。. 以直角三角形的斜邊及兩股為邊長作正方形， 類型 7. 斜邊上的正方形朝向外側，兩股上的正方形位 置則是朝向直角三角形的中心內側，。. 類型 8. 以直角三角形的斜邊及兩股為邊長作正方形，三 個正方形位置皆朝向直角三角形的中心內側。. 以直角三角形的三邊為邊長作正方形，其中三個 類型 9. 正方形的位置並非都與直角三角形的邊貼齊。右 圖僅為示意圖形，在證明中的圖形只要正方形的 位置為前 8 個類型作轉移，都歸於此分類。. 證明中的圖形並沒有作出三個以直角三角形 類型 10. 的三邊為邊長的正方形，又可細分成兩類： 1. 圖形以正方形為主軸的證明。 2. 圖形以三角形為主軸的證明。. 19.
(24) 第三節. 數學家的名言. 勾股定理是數學史上極為重要的定理之一，除了歷史悠久之外，至今也有超過 四百種以上的證明方法。因此有許多數學家都說過關於勾股定理(畢氏定理)的名 言。 德國天文學家克卜勒曾經說過：「幾何學有兩個偉大的寶藏，第一個是畢氏定 理，第二個是黃金比例。我們可以將第一個比擬為黃金，第二個比擬為珍貴的珠寶。」 克卜勒年輕時曾在奧地利的第二大城格拉茲(Graz)的一家神學院擔任數學教 師，主要教授數學及天文學。有一年夏天，他在授課中突然頓悟柏拉圖正多面體與 當時已知的六大行星距離之間的關係，發表了第一篇充滿神秘的天文學作品《宇宙 的神秘》，日後更成為著名天文學家布拉赫(Brahe, 1546-1601)的助手。當布拉赫去 世後，克卜勒接替了他的職位，擔任羅馬帝國皇帝的天文官，並繼承了幾十年的宇 宙天文紀錄。有了這些豐富的資產，再以數學的理論基礎應用於天文學說上，克卜 勒創造了廣為人知的行星三大運動定律。 著名物理學家愛因斯坦(Albert Einstein, 1879-1955)在西元 1946 年時寫的自傳 中提到：「有一位叔叔曾經告訴我畢氏定理。經過了許多的努力，我終於利用相似 三角形的性質，成功地證明了這個定理。在證明的過程中，我發現直角三角形各個 邊的關係顯然(evident)完全決定於它的一個銳角。對我而言，只有在類似的情況下， 不是表現得很顯然的東西，才需要證明。」 雖然到目前為止，世人並未發現愛因斯坦對畢氏定理的證明內容，但根據他的 自述不難推論，他的證明過程應該與歐幾里得《幾何原本》第六卷的命題31 相同。 雖然愛因斯坦這個證法並不是創新的，但是以從未學過幾何學的 12 歲年紀，就能 夠利用三角形的相似性質，獨自艱辛地證明出畢氏定理，這是普通人無法做到的。 在西元 1953 年愛因斯坦的 74 歲生日宴會之前，有記者問到在他 12 歲證明畢氏定 理這件事對他一生的工作是否真的有影響，愛因斯坦回答：「我自己是這樣想的，. 20.
(25) 我相信這些外界事件對我的未來發展，的確是有重大影響。」這也清楚說明畢氏定 理為每個人學習數學之路的重要啟蒙，即使是像愛因斯坦這樣偉大的科學家，也在 第一次相遇便對它深深著迷，而對他日後影響久遠。 英國數學家布魯諾斯基(Bronowski, 1908-1974)在他的著作《科學與人文價值》 中寫到:「直到今天為止，畢氏定理仍然是整個數學領域中最重要的單一定理。」 布魯諾斯基於西元 1908 年 1 月 8 日出生於波蘭，在第一次世界大戰俄國佔領 波蘭期間，布魯諾斯基全家移居德國；西元 1920 年全家又搬到了英國倫敦，因為 他完全不懂英語，所以一開始對他的學習是很艱苦的，但是憑藉著努力與決心，他 在西元 1933 年獲得劍橋大學博士學位，同年正式成為英國公民，之後任教於赫爾 大學(The University of Hull)數學系。 布魯諾斯基對於數學、科學、人類歷史、文學與哲學等領域都有很深的造詣。 他最廣為人知的是創作一系列的電視紀錄片《文明的躍升》 ，並擔任節目的主持人， 於西元 1973 年開始在英國 BBC 廣播公司播出，頗受好評，之後也推出同名的書籍 著作。 英國數學家道格森(Charles Dodgson, 1832-1898)在他的著作《平行線新論》中 有一段引文如下：「既不是三十年，也不是三十個世紀，影響幾何真理的清晰與迷 人特質。像直角三角形斜邊上的正方形面積等於兩股上的正方形面積之和這樣的一 個定理，它的絢麗美，正如畢達哥拉斯最早發現它的時候那樣光彩奪目。」 道格森於西元 1852 年獲得了牛津大學數學學士考試的一等榮譽獎，在西元 1854 年，他得到最終數學學術考試的一等榮譽，以第一名的成績拿到文學士的學 位。翌年，他得到了基督堂學院的講師職位，並在學院教授數學達二十六年之久。 道格森除了是一位天賦異稟的數學家之外，他還是舉世聞名的作家。他以「路 易斯‧卡羅」 （Lewis Carroll）為筆名，創作了《愛麗絲夢遊仙境》與《愛麗絲鏡中 奇遇》等著名的兒童文學作品。他以科幻式的說故事手法，佐以幽默有趣的敍述， 完全擺脫傳統道德說教的刻板模式，寓教於樂，而這兩部作品之後更被翻譯成多種 文字語言，流傳於世界各地。 21.
(26) 英國數學家與天文學家里斯(Martin Rees, 1942-)曾經說過：「科學是一種真正 全球性的文化，從中國到秘魯，與質子、蛋白質和畢氏定理是一樣的。它應該超越 國籍的一切障礙，也跨越所有信仰了。」高度肯定畢氏定理存在的價值，與科學位 於同等的重要地位。 里斯出生於英格蘭，他以一等榮譽數學學位畢業於劍橋大學三一學院，並繼 續在劍橋大學取得天文物理學博士學位，之後他在劍橋大學擔任天文學與實驗學的 教授，長達 19 年的時間。西元 1994 年，里斯出任英國科學促進會的主席，並從 1995 年 1 月至今，仍然擔任皇家天文學家的職務。里斯一生獲獎無數，曾獲得 19 所大學的榮譽博士頭銜，也曾獲選多個科學學會的會士與學院的院士，並在西元 2005 年被女王伊利莎白二世冊封為終身貴族，獲封男爵。 美國科學家李德曼(Leon Lederman, 1922-)曾在他的著作《上帝粒子：如果宇 宙是答案，那麼問題是什麼?》中提到:「畢達哥拉斯是發現有關直角三角形偉大真 理的第一人，他指出兩股長度的平方和等於斜邊長度的平方。從德梅因到烏蘭巴 托，這個公式烙印在幾何教室中每一個十幾歲孩子的腦中。」 李德曼於西元 1951 年獲得哥倫比亞大學物理學博士學位，之後留在大學工 作，並於西元 1958 年開始擔任哥倫比亞大學教授。李德曼除了長期投入教育工作， 作育英才，也潛心鑽研科學研究，他曾經擔任美國科學促進會理事會主席，在粒子 物理實驗領域的成果非凡卓越。西元 1988 年李德曼更以「中微子束方法及通過發 現 μ 中微子驗證輕子的二重態結構」而榮獲諾貝爾物理學獎。 李德曼是近代成就斐然的科學家，他也肯定畢氏定理在中學數學教育上的重 要性，它開啓了中學生邏輯推理之路，而畢氏定理證明的思考歷程也會在學生腦中 留下深刻的印象。. 22.
(27) 第四章 第一節. 勾股定理證明工作單. 勾股定理證明工作單內容說明. 在本章的第二節中，將會介紹幾個勾股定理的證明，在每個證明中，皆從以角C 為直角的直角三角形ABC 出發，並假設 BC a, AC b, AB c (如圖4.1.1)，不論 該定理是歸屬於代數證明還是幾何證明，最終目標皆是欲證明出 a 2 b 2 c 2 這個等 式。. C b A. a. B 圖4.1.1 直角三角形 ABC c. 每個證明都會包含以下三個部分： 【作輔助圖】、【求證過程】、【註與心得】，以下我們分別就其內容作說明： 第一部分【作輔助圖】： 由於許多證明並非由圖形即可直接證明，需要額外的輔助線才有辦法證明， 因 此在此部分會將作輔助圖的步驟完整列出，而所有的步驟使用尺規即可完成作圖， 並在步驟下方呈現完成輔助圖的圖形，讓學生可理解作圖程序並作檢驗。 第二部分【求證過程】： 此部分是整個證明的重點，包含從已經完成的輔助圖，到證明出勾股定理關 係 式，由於有些證明的步驟繁瑣，所以會在開頭簡單介紹此證明的脈絡，除了可以讓 學生在進行證明前先瞭解整個證明的想法，程度較好的學生甚至可以閱讀完脈絡即 可開始嘗試證明，而其他學生則可以跟著步驟分段來完成證明。在每個證明步驟中， 也都會作簡單的敘述，讓學生能清楚知道該步驟要推論的內容。 第三部分【註與心得】： 此部分又分成四項：來源、心得、評量、補充。. 23.
(28) 在「來源」裡會標明原證明的出處，有些證明可能是有名數學家所證明的，或 是出自某本書或期刊，讓對此證明有興趣或有疑惑的讀者，可以自行去收集資料來 閱讀；「心得」為研究者本人整理完此證明，或者是研究者先行讓學生閱讀後的心 得，作個簡單的比較或評論，供給讀者參考；「評量」則是評論此證明適合哪個教 學階段所能理解的，或是是否適合教學，以及是否具有欣賞及美學，這些評分皆是 研究者整理完此證明，主觀的評價證明內容，雖然如此在這個部分的用意是希望閱 讀者可以利用這部分的評價，來快速判斷此證明是否符合他所需要的；「補充」裡 會針對證明中有利用到學生較不熟悉或未學過的定理，或是證明中有些地方需要特 別注意的，會在補充裡加以說明，協助學生對此證明的理解。 有鑑於數位化教材能讓教學內容更加生動，也從研究範圍中的勾股定理證明挑 選適合的證明製作成動畫，像是 G009, Henry Perigal 等有名的證明，運用動畫的 方式將證明呈現，此外，也開發了拼圖教材，讓使用者用出入相補的「弦圖證法」， 來了解勾股定理，也增加了趣味性，不論是動畫或拼圖教材，目的是讓使用者帶著 愉悅的心情欣賞或體驗勾股定理證明的美學。. 第二節. 工作單內容. 以下工作單我們將介紹 45 個幾何分類中的勾股定理證明，如第一節所述， 每 一個證明皆包含三個部分：【作輔助圖】、【求證過程】、【註與心得】，本研 究的 45 個證明，皆為魯米斯《勾股定理》這本書所收藏，部分證明內容已開發教 學動畫及拼圖操作可於教學時使用並讓學生體驗。 我們將介紹下述45 個勾股定理證明： A081、A082、A083、A084、A085、G051、G052、G053、G054、G055、G056、 G057、G058、G059、G060、G061、G062、G063、G064、G065、G077、G078、 G079、G080、G081、G082、G083、G084、G085、G086、G087、G088、G089、 G090、G091、G092、G093、G094、G095、G096、G097、G098、G099、G100、 G101。. 24.
(29) 勾股定理證明-A081 【作輔助圖】 1. 在 BC 上取一點 D ，過 D 點作 BC 之垂線，與 AB 交於 O 點。 2. 以 O 為圓心, OD 為半徑畫圓，與 AB 交於 E 點, F 點。 3. 連接 DE , DF 。. C D. O. A E. FB. 【求證過程】 作出一圓與直角三角形 ABC 的 BC 相切後，先證明圖中的相似三角形，利用「對 應邊成比例」的性質推得 BD 為 BE 和 BF 的比例中項，再利用「平行線截比例線段」的 性質，來推出勾股定理的關係式。 1. 首先證明三角形 BDF 與三角形 BED 相似，推得邊長關係： 1 2. 因為 B B , BDF BED DF ，所以 BDF ~ BED (AA 相似).. 2. 利用第 1 點的三角形相似性質，推出三角形的邊長關係： 由三角形 BDF 與三角形 BED 相似可知： BD : BE BF : BD ，整理得 2. BD BE BF. 3. 將圓 O 的半徑以 r 表示，代入第 2 點的等式，推得 BD 與 BO 的關係式： 設 OD r, 將上式整理可得. 25.
(30) 2. BD BE BF ( BO OE ) ( BO OF ) ( BO r ) ( BO r ) 2. BO r 2 . 4. 利用平行線截比例線段性質，分別推得 BD , BO 與 r 的關係式： 因為 OD // AC ，所以 BD : BC OD : AC ,. 即 BD . BC OD ar . b AC. 同理， BO : AB OD : AC , BO . AB OD cr . b AC. 5. 將第 4 點的結果，代入第 3 點的等式，推出勾股定理的關係式： 將 BD . 2 2 ar cr , BO ，代入 BD BO r 2 ，可得到 b b. ar 2 cr ) ( )2 r 2 , b b 2 2 2 2 ar cr 2 r2, 2 b b 2 2 2 2 a r c r b2r 2 ,. (. a 2 c 2 b2 .. 即 c 2 a 2 b2 .. 【註與心得】 1. 來源：這個證明出自於以下期刊： Benj. F. Yanney and James A. Calderhead (1896). New and Old Proofs of the Pythagorean Theorem. The American Mathematical Monthly, 3(3), 229. 2. 心得：此證明利用三角形的相似性質以及平行線截比例線段性質，來找出一些等式， 再將等式整理後，推得勾股定理的關係式。. 26.
(31) 3. 評量： 國中 ●. 高中. 教學 ●. 27. 欣賞. 美學.
(32) 勾股定理證明-A082 【作輔助圖】 1. 以 A 點為圓心, AC 為半徑畫圓，與 AB 相交於 H 點。 2. 延長 AB ，與圓 A 相交於 D 點。 3. 連接 CD , CH 。. C. D. A. H. B. 【求證過程】 以直角三角形 ABC 的 AC 為半徑畫圓，並作出輔助線後，先證明圖中的相似三角 形，利用「對應邊成比例」的性質得到 BC 與 BH , BD 的比例式，進而推出勾股定理。 1. 證明三角形 BHC 與三角形 BCD 相似： 1 ︵ 2. 因為 B B , D BCH CH ，所以 BHC ~ BCD (AA 相似). 2. 利用第 1 點的三角形相似性質，推出三角形的邊長關係：. 由三角形 BHC 與三角形 BCD 相似可知： BH : BC BC : BD ，整理得 2. BC BH BD.. 28.
(33) 3. 將上述比例式的邊長代換成三角形 ABC 的邊長，推出勾股定理的關係式： 已知 BC a , AC b , AB c ，則 BH AB AH c b, BD AB AD c b ， 2. 代入 BC BH BD ，得到. a 2 (c b) (c b), a 2 c2 b2 .. 即 c 2 a 2 b2 .. 【註與心得】 1. 來源：這個證明記載於： (1) J. Wipper (1880). 46 Beweise des pythagoraischen Lehrsatzes, nebst kurzen biogr. Mittheilgn uber Pythagoras (p. 39). Leipz.: Friese. (2) Heath’s Mathematical Monographs, 1900, No. 1, p. 22, proof VII. (3) Benj. F. Yanney and James A. Calderhead(1898). New and Old Proofs of the Pythagorean. The American Mathematical Monthly, 3(3), 229. (4) Versluys, J. (1914). Zes en negentig bewijzen voor het Theorema van Pythagoras (Ninety-Six Proofs of the Pythagorean Theorem) (p. 89). Amsterdam: A. Versluys. (5) J. M. Richardson (1859). Note on the forty-seventh proposition of Euclid, Mathematical Monthly, 2(3), 11. 2. 心得：此證明利用三角形的相似性質，來找出一些等式，再將等式整理後，推得勾 股定理的關係式，此證明的過程簡單容易，學生應該比較可以理解。 3. 評量： 國中 ●. 高中. 教學. 欣賞. ●. ●. 29. 美學.
(34) 勾股定理證明-A083 【作輔助圖】 1. 在 BC 上取一點 D ，過 D 點作 BC 之垂線，與 AB 交於 O 點。 2. 以 O 為圓心, OD 為半徑畫圓，與 AB 相交於 E 點, F 點。 C D A E. O. F B. 【求證過程】 作出一圓與直角三角形 ABC 的 BC 相切後，先利用「圓的外冪性質」推得 BD 與 BE ,. BF 的關係式，再利用「平行線截比例線段」的性質，來推出勾股定理的關係式。 1. 利用圓的外冪性質，來推出三角形的邊長關係： 因為 OD BC , BE 和圓 O 相交於 E 點, F 點，根據圓的外冪性質可得 2. BD BE BF . 2. 將圓 O 的半徑以 r 表示，並利用上述式子，推得 BD 與 BO 的關係式： 設 OD r ，將上式整理可得 2. BD BE BF ( BO OE ) ( BO OF ) ( BO r ) ( BO r ) 2. BO r 2 . 3. 利用平行線截比例線段性質，分別推得 BD , BO 與 r 的關係式： 因為 OD // AC ，所以 BD : BC OD : AC ,. 30.
(35) 即 BD . BC OD ar . b AC. 同理， BO : AB OD : AC , BO . AB OD cr . b AC. 4. 將第 3 點的結果，代入第 2 點的等式，推出勾股定理的關係式： 將 BD . 2 2 ar cr , BO ，代入 BD BO r 2 ，可得到 b b. ar 2 cr ) ( )2 r 2 , b b 2 2 2 2 ar cr 2 r2, 2 b b 2 2 2 2 a r c r b2r 2 ,. (. a 2 c2 b2 .. 即 c 2 a 2 b2 .. 【註與心得】 1. 來源：這個證明出自於以下期刊： Benj. F. Yanney and James A. Calderhead (1896). New and Old Proofs of the Pythagorean Theorem. The American Mathematical Monthly, 3(3), 229. 2. 心得：此證明利用三角形的相似性質以及平行線截比例線段，來找出一些等式，再 將等式整理後，推得勾股定理的關係式。 3. 評量： 國中 ●. 高中. 教學. 欣賞. 美學. ●. 4. 補充：此證明用來推得勾股定理的等式，與 A081 所使用的是相同的。. 31.
(36) 勾股定理證明-A084 【作輔助圖】 1. 作 ACB 之平分線，與 AB 相交於 O 點。 2. 過 O 點分別作 BC , AC 之垂線，與 BC 交於 D 點，與 AC 交於 E 點。 3. 以 O 為圓心， OD 為半徑畫圓，與 AC 相切於 E 點，與 AB 交於 F 點, G 點。 4. 過 O 作 AB 之垂線，與 AC 交於 H 點。 H C E D A. F. O. GB. 【求證過程】 作出一圓與直角三角形 ABC 的 AC 和 BC 相切後，先證明四邊形 CDOE 為正方形，再利 用「圓的外冪性質」與相似三角形的「對應邊成比例」性質，推得三角形的邊長關係等 式，再將等式作化簡整理，來推出勾股定理的關係式。 1. 證明四邊形 CDOE 為正方形： 由作圖的垂直關係可知四邊形 CDOE 為長方形，且 CO 平分 ACB , 所以 OD OE , 因此 四邊形 CDOE 為正方形. 可得到 OE CE CD DO OF OG .. 2. 利用圓的外冪性質，推出三角形的邊長關係： 因為 OE AC , AB 和圓 O 相交於 F 點, G 點，根據圓的外冪性質可得到. 32.
(37) 2. AE AF AG ( AO OF ) ( AO OG ) AO OF. 2. 2. 2. 2. 2. 2. AO CE ......(1) 2. 同理， BD BO CD ......(2) 3. 先證明三角形 AOH 與三角形 AEO 相似，再推出三角形的邊長關係： 因為 A A, AOH AEO 90 , 所以 AOH ~ AEO (AA 相似). 故 AH : AO OH : OE , AH OE AO OH .. 4. 先證明三角形 OEH 與三角形 ODB 全等，再推出三角形的邊長關係： 因為 OH OB (補充), OE OD , OEH ODB 90 ，所以 OEH ODB (RHS 全等).. 故 EH DB, AH AE EH AE DB.. 5. 將第 4 點的等式代入第 3 點的等式化簡整理，推出三角形的邊長關係： 將 AH AE DB 代入 AH OE AO OH ，可得 ( AE DB ) OE AO OH AE OE DB OE AO OH AE CE DB CD AO OB......(3). 6. 將(1), (2)和(3)的等式化簡整理，推出勾股定理的相關式： 將 (1) (2) (3) 2 可得 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. AE BD 2 AE CE 2 DB CD AO CE BO CD 2 AO OB 2. 2. 2. AE 2 AE CE CE BD 2 DB CD CD AO 2 AO OB BO. ( AE CE )2 ( BD CD)2 ( AO OB)2 2. 2. 2. AC BC AB . 33. 2.
(38) 即 c 2 a 2 b2 .. 【註與心得】 1. 來源：這個證明出自於以下期刊： Benj. F. Yanney and James A. Calderhead (1896). New and Old Proofs of the Pythagorean Theorem. The American Mathematical Monthly, 4(3), 80. 2. 心得：此證明利用三角形的相似性質以及圓的外冪性質，來找出一些等式，再將等 式整理後，推得勾股定理的關係式，而此證明的過程十分繁雜，學生可能不 易理解。 3. 評量： 國中. 高中. 教學. ● 4. 補充：此證明是假設 OH OB 的特殊情況。. 34. 欣賞. 美學.
(39) 勾股定理證明-A085 【作輔助圖】 1. 過 B 作 AC 之平行線，並在線上取 O 點, D 點，使得 BO OD BC 。 2. 以 O 為圓心， OB 為半徑畫圓，與 AC 相切於 E 點，與 AB 相交於 F 點。 3. 連接 DF 。. C E A. B. F. O. D. 【求證過程】 作出一圓與直角三角形 ABC 的 AC 相切後，先證明圖中三角形相似，再利用相似 形「對應邊成比例」的性質，切線段等長性質以及圓的外冪性質，來推出勾股定理的關 係式。 1. 先證明三角形 ABC 與三角形 BDF 相似： 因為 BFD 為對半圓的圓周角，所以 BFD 90 ACB ，且因為 AC // BD , 所以 FBD CAB (內錯角相等)，故 ABC ~ BDF (AA 相似).. 2. 利用第 1 點的三角形相似性質，推出三角形的邊長關係： 由三角形 ABC 與三角形 BDF 相似可知： AB : BD AC : BF ，整理得. 35.
(40) AB BF BD AC. 即 BF . BD AC 2ab . c AB. 3. 利用切線段等長的性質，推出三角形的邊長關係： 因為 CE BC (切線段等長)，所以 AC AE CE AE BC,. AE AC BC b a.. 4. 利用圓的外冪性質，推出三角形的邊長關係： 因為 AC 與圓 O 相切於 E 點, AB 和圓 O 相交於 F 點, B 點，所以由圓的外冪性質可得 2. AE AF AB ( AB BF ) AB. 5. 將第 2 點及第 3 點的等式代入第 4 點的等式化簡整理，推出勾股定理的相關式： 將 BF . 2 2ab , AE b a ，代入 AE ( AB BF ) AB ，可得 c. (b a) 2 (c . 2ab ) c, c. b 2 2ab a 2 c 2 2ab, 即 c 2 a 2 b2 .. 【註與心得】 1. 來源：這個證明出自於以下期刊： Benj. F. Yanney and James A. Calderhead (1896). New and Old Proofs of the Pythagorean Theorem. The American Mathematical Monthly, 4(3), 81. 2. 心得：此證明利用三角形的相似性質，切線段等長性質以及圓的外冪性質，來找出 一些等式，再將等式整理後，推得勾股定理的關係式，相較於 A084，此證明 的過程簡單許多，學生應該比較可以理解。. 36.
(41) 3. 評量： 國中 ●. 高中. 教學 ●. 37. 欣賞. 美學.
(42) 勾股定理證明-G051 【作輔助圖】 1. 分別以直角三角形 ABC 的 AC , BC 和 AB 為邊長，向外作正方形 ACFG，正方形 BCED 和正方形 ABKH 。 2. 再分別以 AC 和 BC 為邊長，向內作正方形 ACRM 和正方形 BCPQ 。 3. 連接 KQ ，使其與 RM 相交於 N 點。 4. 連接 HM , CN ，並延長 CN 使其與 HK 相交於 L 點。. F E G C D P A. B. S. R Q. T N. M H. L. K. 【求證過程】 以直角三角形 ABC 的三邊分別向外作三個正方形，利用作圖將正方形 ABKH 切割 為兩個長方形，再利用推移得到相同面積的兩個平行四邊形，經過底高線段相等的關 係，分別得到正方形 ACFG 與正方形 BCED 的面積，來推出勾股定理的關係式。 1. 先證明三角形 AHM 與三角形 ABC 全等，得到 H M R 及 P Q K 三點共線： 因為 AH AB , HAM BAC , AM AC , 所以. AHM ABC (SAS 全等),. 38.
(43) 因此 AMH ACB 90 , AMH AMR 180 , 故 H M R 三點共線. 同理 P Q K 三點共線. 2. 證明三角形 CNR 與三角形 ABC 全等： 由作圖的平行關係可知四邊形 BRNQ 為長方形，所以 RN BQ BC. 又 AC BR, ACB CRN 90 ，因此. CNR ABC (SAS 全等). 3. 先證明三角形 HKN 與三角形 AHM 全等，得到三角形 HKN 與三角形 CNR 全等：. 因為 MAH AHM AHM NHK 90 ，所以 MAH NHK. 又 AB HK , AMH HNK 90 ，故. HKN AMH (AAS 全等). 又因為 AHM ABC , CNR ABC ，可推得 HKN CNR. 4. 證明四邊形 ASLH ，四邊形 SBKL 皆為長方形： 在 CNR 和 HNL 中，因為 HKN CNR ，所以 RCN NHK. 又 CNR HNL (對頂角相等)，因此 NLH CRN 90. 故 四邊形 ASLH 為長方形. 同理 四邊形 SBKL 為長方形. 5. 證明四邊形 ACNH 與四邊形 CBKN 皆為平行四邊形： 由作圖的平行關係可知 AC // HN , AH // CN ，所以 四邊形 ACNH 為平行四邊形. 同理 四邊形 CBKN 為平行四邊形. 6. 證明長方形 ASLH ，長方形 SBKL 的面積分別等於平行四邊形 ACNH ，平行四邊形 CBKN 的面積： 長方形ASLH 面積＝AH AS ＝平行四邊形ACNH 面積(同底等高).. 同理 長方形SBKL 面積＝BK BS ＝平行四邊形CBKN 面積(同底等高).. 39.
(44) 7. 證明平行四邊形 ACNH ，平行四邊形 CBKN 的面積分別等於正方形 ACRM ，正方形 CBQP 的面積： 平行四邊形ACNH 面積＝AC AM ＝正方形ACRM 面積(同底等高).. 同理 平行四邊形CBKN 面積＝CB BQ ＝正方形CBQP 面積(同底等高).. 8. 最後利用面積關係推出勾股定理的關係式：. 正方形ABKH 面積＝長方形ASLH 面積＋長方形SBKL 面積 ＝平行四邊形ACNH 面積＋平行四邊形CBKN 面積 ＝正方形ACRM 面積＋正方形CBQP 面積 ＝正方形ACFG 面積＋正方形BCED 面積. 得到 2. 2. 2. AB AC BC ,. 即 c 2 a 2 b2 .. 【註與心得】 1. 來源：這個證明出自於以下書籍或期刊： J. Wipper (1880). 46 Beweise des pythagoraischen Lehrsatzes, nebst kurzen biogr. Mittheilgn uber Pythagoras (p. 24). Leipz.: Friese Benj. F. Yanney and James A. Calderhead(1897). New and Old Proofs of the Pythagorean. The American Mathematical Monthly, 4(10), 169. 2. 心得：此題證明的關鍵在於將正方形 ABKH 分割成兩個長方形，再將長方形轉移為 相同面積的平行四邊形與正方形，最後推得勾股定理的關係式。 3. 評量： 國中. 高中. 教學. ●. 欣賞 ●. 40. 美學.
(45) 勾股定理證明-G052 【作輔助圖】 1. 分別以直角三角形 ABC 的 AC , BC 和 AB 為邊長，向外作正方形 ACFG，正方形 BCED 和正方形 ABKH 。 2. 以 AC 為邊長，向內作正方形 ACPT ，且 PT 和 BK 相交於 R 點。 3. 過 G 作 AB 的平行線，與 CF 交於 L 點。 4. 過 C 作 AB 的平行線，與 AG 交於 M 點。 5. 過 P 作 AB 的平行線，分別與 AH , AT , BK 相交於 N 點, S 點, Q 點。 6. 過 S 作 AC 的平行線，與 AH 交於 O 點。 7. 過 K 作 TP 的垂線，與 TP 交於 U 點。 8. 連接 HT , PE ，且 PE 和 BD 交於 V 點。. F E G. L C. M. D V A N O. Q. S. B P R. U T K. H. 41.
(46) 【求證過程】 以直角三角形 ABC 的三邊分別向外作三個正方形，利用作圖將正方形 ABKH 切割 為三個直角三角形與一個四邊形，再利用經過全等形狀的增補與移除關係，分別得到正 方形 ACFG 與正方形 BCED 的面積，來推出勾股定理的關係式。 1. 先證明三角形 AHT 與三角形 ABC 全等，得到 H T P 三點共線： 因為 AH AB , AT AC ，且 HAT 90 TAB BAC ，所以. AHT ABC (SAS 全等). 可得到 HTA BCA 90 ，又 ATP 90 ，所以 HTA ATP 180 ，故 H T P 共線。 2. 證明平行四邊形 MCPS 與平行四邊形 GLBA 的面積相等：. 由作圖的平行關係可知 MC // AB , MS // CP ，因此四邊形 MCPS 為平行四邊形。 同理，可得到 四邊形 GLBA 為平行四邊形。 且. 平行四邊形MCPS 面積＝CP CA ＝GA CA ＝平行四邊形GLBA 面積 3. 證明平行四邊形 ABPS 與平行四邊形 GLCM 的面積相等： 由作圖的平行關係可知 AB // SP , AS // BP ，因此四邊形 ABPS 為平行四邊形。 同理，可得到 四邊形 GLCM 為平行四邊形，四邊形 MCBA 為平行四邊形。 又因為 平行四邊形MCPS 面積＝平行四邊形GLBA 面積 ，因此. 平行四邊形ABPS 面積＝平行四邊形MCPS 面積 平行四邊形MCBA 面積 ＝平行四邊形GLBA 面積 平行四邊形MCBA 面積 ＝平行四邊形GLCM 面積. 4. 證明三角形 ASO 與三角形 BPR 全等： 由作圖的平行關係可知 OAS RBP , AOS BRP ，又因為四邊形 ABPS 為平行四 邊形，所以 AS BP ，因此 ASO BPR (AAS 全等).. 42.
(47) 5. 證明三角形 SPT 與三角形 MCA 全等： 由作圖的平行關係可知 TSP AMC , SPT MCA，又因為四邊形 MCPS 為平行四 邊形，所以 SP MC ，因此 SPT MCA (ASA 全等). 6. 證明三角形 HUK 、三角形 GFL 皆與三角形 ACB 全等：. 由作圖的平行關係可知 UHK CAB , UKH CBA ，又因為 HK AB ，所以 HUK ACB (ASA 全等). 同理， GFL ACB (ASA 全等). 可得到 HUK ACB GFL . 7. 證明四邊形 OSTH 與四邊形 VBCE 全等： 由作圖的平行關係可知 OHT VEC , HTS ECB , OST VBC ，且因為. AHT ABC ，所以 HT CB EC . 又因為 AS BP ，所以 ST AT AS CP BP BC ，因此 四邊形OSTH 四邊形VBCE .. 8. 證明三角形 RUK 與三角形 VDE 全等： 由作圖的平行關係可知 UKR DEV , KUR EDV 90 ，又因為. HUK ACB ，所以 UK CB DE ，因此 RUK VDE (ASA 全等). 9. 最後利用面積關係推出勾股定理的關係式： 正方形ABKH 面積＝四邊形ABRT 面積＋HUK 面積＋RUK 面積＋ASO 面積 ＋四邊形OSTH 面積 ＝四邊形ABRT 面積＋GFL 面積＋VDE 面積＋ BPR面積 ＋四邊形VBCE 面積 ＝(四邊形ABRT 面積＋ BPR面積)＋GFL 面積＋VDE 面積 ＋四邊形VBCE 面積 ＝(平行四邊形ABPS 面積＋SPT 面積)＋GFL 面積＋VDE 面積 ＋四邊形VBCE 面積 ＝(平行四邊形GLCM 面積＋MCA 面積＋GFL 面積)＋(VDE 面積 ＋四邊形VBCE 面積) ＝正方形ACFG 面積＋正方形BCED 面積.. 得到. 43.
(48) 2. 2. 2. AB AC BC ,. 即 c 2 a 2 b2 .. 【註與心得】 1. 來源：根據魯米斯( E.S. Loomis ) 在他的著作《勾股定理》中說：這個證明是他經 過三天的分析思考，在 1890 年 7 月 16 日想出來的。 2. 心得：此題證明所作的輔助線頗多，但繪圖過程皆與平行有關，學生可以比較容易 看出對應角之間的相等情形；之後再利用平行四邊形的對邊等長的性質，使 學生能夠判斷三角形之間的全等關係。 3. 評量： 國中. 高中. 教學. ●. 4.. 補充：此證明為拼圖證明，其拼法可參考下圖：. 44. 欣賞. 美學. ●. ●.
(49) 勾股定理證明-G053 【作輔助圖】 1. 分別以直角三角形 ABC 的 AC , BC 和 AB 為邊長，向外作正方形 ACFG，正方形 BCED 和正方形 ABKH 。 2. 過 K 點作一直線 L 平行 AC 。 3. 延長 CB ，與直線 L 交於 Q 點。 4. 延長 GA ，與 HK 交於 R 點，與直線 L 交於 O 點。 5. 延長 DB ，與 AR 交於 M 點。 6. 過 H 點分別作直線 L , MO 的垂線，與直線 L 交於 N 點，與 MO 交於 P 點。 7. 連接 MN , DQ 。. F E G. C D. A. B. M. L. P. Q. R K. H O. N. 45.
(50) 【求證過程】 以直角三角形 ABC 的三邊分別向外作三個正方形，先證明圖中的三角形全等，再 利用作圖的平行關係，得到兩個平行四邊形 AMNH 與 MBKN ，經過全等圖形的增補與 移除關係，分別得到正方形 BCED 與正方形 ACFG 的面積，來推出勾股定理的關係式。 1. 證明三角形 BAM ，三角形 AHP ，三角形 KHN ，三角形 BKQ 皆與三角形 ABC 全等： 因為 BAH 90 CAB ABC ，且 AB AB, ACB AMB 90 ，所以 BAM ABC (AAS 全等),. 同理可證 AHP ABC , KHN ABC , BKQ ABC .. 綜合以上結果可得 BAM AHP KHN BKQ ABC.. 2. 證明四邊形 AMNH , 四邊形 MBKN 皆為平行四邊形： 由作圖的平行關係可知 AM // HN ，又因為 BAM KHN ，所以 AM HN . 因此 四邊形 AMNH 為平行四邊形. 同理可證 四邊形 MBKN 為平行四邊形. 3. 證明四邊形 HPON ，四邊形 MBQO 皆為正方形： 由作圖的平行關係可知四邊形 HPON 為長方形，又因為 AHP KHN，所以 HP HN . 因此 四邊形 HPON 為正方形. 同理可證 四邊形 MBQO 為正方形. 4. 證明平行四邊形 AMNH 面積等於正方形 HPON 面積，平行四邊形 MBKN 的面積等於 正方形 MBQO 面積： 平行四邊形AMNH 面積＝HN HP ＝正方形HPON 面積.. 同理可證 平行四邊形MBKN 面積＝MB BQ ＝正方形MBQO面積.. 5. 證明正方形 HPON 面積等於正方形 BCED 面積，正方形 MBQO 面積等於正方形 ACFG 面積： 因為 AHP KHN ABC ，所以 HP HN BC . 因此. 46.
(51) 正方形HPON 面積＝HN HP. . ＝BC BC ＝正方形BCED面積. 同理可證 正方形MBON 面積＝MB BQ ＝AC AC ＝正方形ACFG面積.. 6. 最後利用面積關係推出勾股定理的關係式： 正方形ABKH 面積＝BAM 面積＋AHR 面積＋四邊形MBKR 面積 ＝KHN 面積＋AHR 面積＋四邊形MBKR 面積 ＝凹六邊形AHNKBM 面積 ＝平行四邊形AMNH 面積＋平行四邊形MBKN 面積 ＝正方形HPON 面積＋正方形MBQO 面積 ＝正方形BCED 面積＋正方形ACFG 面積.. 得到 2. 2. 2. AB BC AC ,. 即 c 2 a 2 b2 .. 【註與心得】 1. 來源：這個證明出自於以下書籍 Edwards, George C.(1895). Elements of Geometry(p.157). New York : Macmillan and co. 2. 心得：此題先證明圖中的三角形全等，再利用作圖的平行關係與全等圖形的增補， 將正方形 AHKB 分割成兩塊平行四邊形，再利用底高的面積計算概念，分別 將兩塊平行四邊形轉換為面積相同的正方形，進而推得勾股定理的關係式。 3. 評量： 國中 ●. 高中. 教學 ●. 47. 欣賞. 美學.
(52) 勾股定理證明-G054 【作輔助圖】 1. 分別以直角三角形 ABC 的 AC , BC 和 AB 為邊長，向外作正方形 ACFG，正方形 BCED 和正方形 ABKH 。 2. 過 K 點作直線 BC 的垂線，交直線 BC 於 M 點。 3. 過 H 點作直線 AC 的垂線，交直線 AC 於 P 點。 4. 過 K 點作 BC 的平行線，交 AC 於 O 點。 5. 過 H 點作 AC 的平行線，交 CM 於 N 點，並交 KO 於 R 點。 6. 連接 CR ，並延長 CR ，與 HK 相交於 L 點。 F E G. C D. O. Q. A. B N. P. R M. L. H. K. 【求證過程】 以直角三角形 ABC 的三邊分別向外作三個正方形，將正方形 ABKH 區域切割為兩 個長方形，利用推移得到相同面積的兩個平行四邊形，再利用底高線段相等的關係，分 別得到正方形 BCED 與正方形 ACFG 的面積，最後推出勾股定理的關係式。. 48.
(53) 1. 證明三角形 HAP , 三角形 HKR , 三角形 BKM 皆與三角形 ABC 全等： 因為 AB AH , ACB APH 90 ，且 CAB 90 PAH PHA ，所以 HAP ABC (AAS 全等).. 同理可證. BKM ABC (AAS 全等). 又由作圖的平行關係可知 HRK ACB 90 , RHK CAB 且 HK AB ，因此. HKR ABC (AAS 全等). 綜合以上結果可得. HAP BKM HKR ABC. 2. 證明四邊形 ACRH ，四邊形 CBKR 皆為平行四邊形： 由作圖的平行關係可知 AC // HR ，又 ABC HKR ，所以 AC HR. 因此 四邊形 ACRH 為平行四邊形. 同理可證 四邊形 CBKR 為平行四邊形. 3. 證明四邊形 AQLH ，四邊形 QBKL 皆為長方形： 因為四邊形 ACRH 為平行四邊形，所以 CR // AH ，即 QL // AH . 又因為 AH HK ，所以 HLQ 90 ，因此 四邊形 AQLH 為長方形. 同理可證 四邊形 QBKL 為長方形. 4. 證明三角形 CRN 與三角形 ABC 全等： 因為四邊形 AQLH 為長方形，所以 AQC AQL 90 ，可得到 BCQ 90 ACQ CAQ . 又 CR AH AB, ACB CNR 90 ，因此 CRN ABC (AAS 全等). 5. 證明長方形 QBKL 面積等於正方形 BCED 面積，長方形 AQLH 面積等於正方形 ACFG 面積：. 因為 CRN ABC ，所以 RN BC ，因此. 49.
(54) 長方形QBKL 面積＝BK BQ ＝平行四邊形CBKR 面積(同底同高) ＝BC RN ＝BC BC ＝正方形BCDE 面積.. 同理可證 長方形AQLH 面積＝AH AQ ＝平行四邊形ACRH 面積(同底同高) ＝AC PH ＝AC AC ＝正方形ACFG 面積.. 6. 最後利用面積關係推出勾股定理的關係式： 正方形ABKH 面積＝長方形QBKL 面積＋長方形 AQLH 面積 ＝平行四邊形CBKR 面積＋平行四邊形ACRH 面積 ＝正方形BCED 面積＋正方形ACFG 面積.. 得到 2. 2. 2. AB BC AC ,. 即 c 2 a 2 b2 .. 【註與心得】 1. 來源：這個證明出自於以下書籍或期刊： Benj. F. Yanney and James A. Calderhead(1897). New and Old Proofs of the Pythagorean. The American Mathematical Monthly, 4(11), 169 . 2. 心得： 此題證明過程是先將正方形 AHKB 分割成兩塊長方形，再利用底高的面積 計算概念，分別將兩塊長方形轉換為面積相同的平行四邊形，進而推得勾 股定理的關係式。 3. 評量： 國中 ●. 高中. 教學 ●. 50. 欣賞. 美學.
(55) 勾股定理證明-G055 【作輔助圖】 1. 分別以直角三角形 ABC 的 AC , BC 和 AB 為邊長，向外作正方形 ACFG，正方形 BCED 和正方形 ABKH 。 2. 延長 GA 和 DB ，使得直線 GA 和直線 DB 相交於 M 點。 3. 過 H 作一直線平行 AM 且與直線 CA 相交於 P 點。 4. 過 K 點作直線 PH 的垂線，交直線 PH 於 O 點。 5. 延長 AM ，交 KO 於 L 點。 6. 連接 MO 。. F E G. C D A. B. P M. Q H. K L. O 【求證過程】 以直角三角形 ABC 的三邊分別向外作三個正方形，將正方形 ABKH 區域切割為兩. 51.
(56) 個直角三角形和一個四邊形，再利用推移得到兩個平行四邊形，最後再證明這兩個平行 四邊形的面積和會等於正方形 BCED 與正方形 ACFG 的面積和，進而推出勾股定理的關 係式。 1. 證明三角形 AMB 與三角形 HOK 全等： 由作圖的平行關係可知 BAM KHO ，且 AB HK , AMB HOK 90 ，因此 AMB HOK (AAS 全等).. 得到 AM HO , BM KO .. 2. 證明四邊形 AHOM 與四邊形 BKOM 皆為平行四邊形： 由作圖的平行關係可知 AM // HO ，且 AM HO ，所以 四邊形 AHOM 為平行四邊形。 同理可證 四邊形 BKOM 亦為平行四邊形。 3. 證明三角形 APH 與三角形 BCA 全等： 因為 PAH 90 CAB CBA ，且 AH AB , APH BCA 90 ，所以 APH BCA (AAS 全等).. 得到 PH CA , AP BC .. 4. 證明三角形 APH 與三角形 OLM 全等： 由作圖的平行關係可知四邊形 APOL 為長方形，所以 AP LO ，因為四邊形 AHOM 為 平行四邊形，所以 AH OM ，又 APH OLM 90 ，因此 APH OLM (RHS 全等).. 得到 LM PH CA .. 5. 證明平行四邊形 AHOM 與正方形 BCED 的面積相等：. 平行四邊形AHOM 面積＝OH AP ＝AM BC ＝BC BC ＝正方形BCED 面積.. 52.
(57) 6. 證明平行四邊形 BKOM 與正方形 ACFG 的面積相等：. 平行四邊形BKOM 面積＝OK LM ＝BM PH ＝CA CA ＝正方形ACFG 面積. 7. 最後利用面積關係推出勾股定理的關係式：. 正方形ABKH 面積＝ABM 面積＋AHQ面積＋四邊形MQKB 面積 ＝HOK 面積＋AHQ 面積＋四邊形MQKB 面積 ＝平行四邊形AHOM 面積＋平行四邊形BKOM 面積 ＝正方形BCED面積＋正方形ACFG 面積. 得到 2. 2. 2. AB BC AC ,. 即 c 2 a 2 b2 .. 【註與心得】 1. 來源：這個證明出自於以下書籍 Edwards, George C.(1895). Elements of Geometry(p.159). New York : Macmillan and co. The Journal of Education, V. XXVIII, 1888, p. 17, 28th proof. Heath’s Mathematical Monographs, No.2, 1900, p. 31, proof XVIII. 2. 心得：此題先證明三角形 AMB 與三角形 HOK 全等，再利用全等圖形的增補關係， 將正方形 AHKB 分割成兩塊平行四邊形，再利用底高的面積計算概念，分別 將兩塊平行四邊形轉換為面積相同的正方形，進而推得勾股定理的關係式。 3. 評量： 國中 ●. 高中. 教學 ●. 53. 欣賞. 美學.
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