1. 三个边长分别为a,b,c的正方形，拼成如图所示的形状，I,C,A三点共线。《几何原本》的证法：

1. 过点C作AB的垂线,分别交AB和FE于点D,G.连结BJ,CE,
∵ BH=BC,∠HBA=∠CBF=90°+∠CBA,AB=BF,
∴ △HBA≌△CBF,
∴ AH=CF,
$S_{△ ABH}=S_{△ FBC}.$
∵ 四边形BCIH是正方形,四边形BFGD是长方形,
∴ $S_{△ ABH}=\frac{1}{2}S_{正方形BCIH},S_{△ FBC}=\frac{1}{2}S_{长方形BFGD},$
∴ $S_{正方形BCIH}=S_{长方形BFGD}=a^{2},$
同理可得 $△ BAJ ≌ △ EAC, \therefore S_{△ BAJ}=\frac{1}{2}S_{正方形ACKJ},S_{△ EAC}=\frac{1}{2}S_{长方形AEGD},\therefore S_{正方形ACKJ}=S_{长方形AEGD}=b^{2}.$
∵ $S_{长方形BFGD}+S_{长方形AEGD}=S_{正方形ABFE}=c^{2},\therefore a^{2}+b^{2}=c^{2}.$

2. 以a,b为直角边，c为斜边的四个全等的直角三角形，拼成如图所示形状，B,F,C三点共线。梅文鼎的证法：

2. 如图所示,延长EN交BC于点G,先将五边形ABCDE看成是由正方形AFDE与△ABF,△CDF拼成,则 $S_{五边形ABCDE}=c^{2}+2× \frac{1}{2}ab=c^{2}+ab$;再将五边形ABCDE看成是由正方形ABGM,正方形CDNG,△AME,△DEN拼成,则 $S_{五边形ABCDE}=a^{2}+b^{2}+2× \frac{1}{2}ab=a^{2}+b^{2}+ab$,
根据面积相等可以得到 $a^{2}+b^{2}+ab=c^{2}+ab$,即 $a^{2}+b^{2}=c^{2}.$

3. 以a,b为直角边,c为斜边的两个全等的直角三角形,一个边长为c的正方形,拼成如图所示形状,E,A,C三点共线. 项明达的证法:

3. 过点Q作$QP// BC$,交AC于点P.过点B作$BM ⊥ PQ$,垂足为M;再过点F作$FN ⊥ PQ$,垂足为N.
∵ $∠BCA=90°,QP// BC,\therefore ∠MPC=90°.$
∵ $BM ⊥ PQ,\therefore ∠BMP=90°,\therefore$ 四边形BCPM是长方形,即 $∠MBC=90°.$
∵ $∠QBM+∠MBA=∠QBA=90°,∠ABC+∠MBA=∠MBC=90°,\therefore ∠QBM=∠ABC.$ 又
∵ $∠BMP=90°,∠BCA=90°,BQ=BA=c,\therefore △ BMQ≌ △ BCA.$ 同理可证$△ QNF≌ △ AEF$.从而将问题转化为上一题中的梅文鼎证法,利用两种不同的方法表示出五边形BCEFQ的面积,
$S=c^{2}+2× \frac{1}{2}ab,S=a^{2}+b^{2}+2× \frac{1}{2}ab$,进而利用面积相等得到 $a^{2}+b^{2}=c^{2}.$

4. ★★★ 以a,b为直角边，c为斜边的两个全等的直角三角形，拼成如图所示形状，A，E，C三点共线。
A、D、E、B、C
c、a、b

4. 如图,连结DB,过点D作BC边上的高DF,则 $DF=EC=b-a,$
∵ $S_{四边形ADCB}=S_{△ ACD}+S_{△ ABC}=\frac{1}{2}b^{2}+\frac{1}{2}ab$,又由题意可证得 $∠DAB=90°,\therefore S_{四边形ADCB}=S_{△ ADB}+S_{△ DCB}=\frac{1}{2}c^{2}+\frac{1}{2}a(b-a),\therefore \frac{1}{2}b^{2}+\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}c^{2}+\frac{1}{2}a(b-a),\therefore a^{2}+b^{2}=c^{2}.$