勾股定理，平面幾何中最重要的定理之一。Rt△ABC中，若a，b，c均為正整數，則稱a，b，c為勾股數。不妨令∠C＝90°，則有a²+b²＝c²下面為一種較為簡單的求解方法。
a²+b²＝c²兩邊同時除以c²，得：這達到了減元的目的換元有其中x，y為正有理數那麼原題就轉化為尋找單位圓上的正有理點（x，y）設P（-1，0），Q（x，y）為所求點直線PQ的斜率k＝y/（x+1）易知k也為正有理數那麼對於每一個所要求的點Q，均有一斜率k與之對應（充分性已說明，必要性也易證，本文不在贅述）設直線PQ：y＝k（x+1），聯立單位圓x²+y²＝1，（用韋達定理，兩根之積，有一根為-1）解之得：x＝（1-k²）/（1+k²）y＝2k/（1+k²）不妨取a＝1-k²，b＝2k，c＝1+k²又k為有理數，設k＝n/m，其中m，n為正整數再將三邊化為整數，得：a＝m²-n²b＝2mnc＝m²+n²取m＝2，n＝1，則可得出我們最熟悉的一個直角三角形，三邊長為3，4，5
相信讀者在中學裡做個如下題目三角形的三邊長為3，5，7，則其最大角為多少度？用餘弦定理可求出7所對應角的餘弦值為-1/2，那麼答案即為120°我們不禁會產生疑問，能不能像勾股數那樣，給出含120°角，且三邊均為正整數的三角形三邊長的公式？哲學上告訴我們，矛盾的普遍性寓於特殊性。所以我們嘗試按照求勾股數的方法，求這類數。
不妨令∠C＝120°餘弦定理：a²+b²+ab＝c²類比推理得：x²+y²+xy＝1這從單位圓變成了一個橢圓，但它仍然過（-1，0）同樣設直線y＝k（x+1），聯立該橢圓跳到最後，有：a＝m²-n²b＝2mn+n²c＝m²+mn+1取m＝2，n＝1，就可以得到357這個老面孔
哲學思維爆棚，能不能推廣到一般，不是90°，也不是120°，而是θ？舉一反三a＝m²-n²b＝2mn-2cosθ·n²c＝m²-2cosθ·mn+n²cosθ為有理數，設cosθ＝p/q，只需將三邊等比例擴大到正整數，那麼一般性結論就出來了。以上一般性結論在本人高一時候就無意間湊出來了，但想不到推導方法，前幾天看到一位大佬的文章才突然想到推導方法。大佬原文
此外當θ＝60°時，等邊三角形就不說了，三邊除了上述公式，還可以這樣表示
勾股定理，平面幾何中最重要的定理之一。Rt△ABC中，若a，b，c均為正整數，則稱a，b，c為勾股數。不妨令∠C＝90°，則有a²+b²＝c²下面為一種較為簡單的求解方法。
a²+b²＝c²兩邊同時除以c²，得：這達到了減元的目的換元有其中x，y為正有理數那麼原題就轉化為尋找單位圓上的正有理點（x，y）設P（-1，0），Q（x，y）為所求點直線PQ的斜率k＝y/（x+1）易知k也為正有理數那麼對於每一個所要求的點Q，均有一斜率k與之對應（充分性已說明，必要性也易證，本文不在贅述）設直線PQ：y＝k（x+1），聯立單位圓x²+y²＝1，（用韋達定理，兩根之積，有一根為-1）解之得：x＝（1-k²）/（1+k²）y＝2k/（1+k²）不妨取a＝1-k²，b＝2k，c＝1+k²又k為有理數，設k＝n/m，其中m，n為正整數再將三邊化為整數，得：a＝m²-n²b＝2mnc＝m²+n²取m＝2，n＝1，則可得出我們最熟悉的一個直角三角形，三邊長為3，4，5
相信讀者在中學裡做個如下題目三角形的三邊長為3，5，7，則其最大角為多少度？用餘弦定理可求出7所對應角的餘弦值為-1/2，那麼答案即為120°我們不禁會產生疑問，能不能像勾股數那樣，給出含120°角，且三邊均為正整數的三角形三邊長的公式？哲學上告訴我們，矛盾的普遍性寓於特殊性。所以我們嘗試按照求勾股數的方法，求這類數。
不妨令∠C＝120°餘弦定理：a²+b²+ab＝c²類比推理得：x²+y²+xy＝1這從單位圓變成了一個橢圓，但它仍然過（-1，0）同樣設直線y＝k（x+1），聯立該橢圓跳到最後，有：a＝m²-n²b＝2mn+n²c＝m²+mn+1取m＝2，n＝1，就可以得到357這個老面孔
哲學思維爆棚，能不能推廣到一般，不是90°，也不是120°，而是θ？舉一反三a＝m²-n²b＝2mn-2cosθ·n²c＝m²-2cosθ·mn+n²cosθ為有理數，設cosθ＝p/q，只需將三邊等比例擴大到正整數，那麼一般性結論就出來了。以上一般性結論在本人高一時候就無意間湊出來了，但想不到推導方法，前幾天看到一位大佬的文章才突然想到推導方法。大佬原文
勾股數有有限多組還是無限多組？www.zhihu.com此外當θ＝60°時，等邊三角形就不說了，三邊除了上述公式，還可以這樣表示
royal：勾股數公式推廣zhuanlan.zhihu.com