若矩形的长、宽和对角线的长度都是整数，求证：这个矩形的面积是12的倍数．

解题思路：设矩形的长、宽和对角线长分别为a，b，c且a，b，c都是整数，则根据勾股定理知a²+b²=c²，我们只需证明a，b，c中必有一个能被3整除，也必有一个能被4整除．
（1）利用反证法假设a，b都不是3的倍数，则a²与b²必被3除余1，则c²必被3除余2，但完全平方数被3除只能余0或1，故可知a，b中必有3的倍数；
（2）将a²+b²=c²中的a，b，c的公约数约去，得x²+y²=z²，其中x，y，z两两互质，再分别根据x，y不能全是奇数和x，y不能全是偶数再设x=2p+1，y=2m（其中p，m均为整数），代入y²=z²-x²中进行讨论即可．

[证法1]设矩形的长、宽和对角线长分别为a，b，c且a，b，c都是整数，则根据勾股定理知
a²+b²=c²，我们只需证明a，b，c中必有一个能被3整除，也必有一个能被4整除．
（1）先证“a，b中必有一个能被3整除”．
若a，b都不是3的倍数，则a²与b²必被3除余1，则c²必被3除余2，
但完全平方数被3除只能余0或1，故矛盾，
所以a，b中必有3的倍数，即ab为3的倍数；
（2）再证“a，b中必有一个能被4整除”．
将a²+b²=c²中的a，b，c的公约数约去，得x²+y²=z²，其中x，y，z两两互质，
只需证明“x，y中必有一个能被4整除”即可．
首先x，y不能全是奇数，因为若x，y均为奇数，则x²与y²必都被4除余1，于是z²必被4除余2，但完全平方数被4除只能余0或1，故矛盾，
所以x，y不能全是奇数．
因为x，y互质，所以，x，y也不能全是偶数，
因此x，y只能是一奇一偶，不妨设x=2p+1，y=2m（其中p，m均为整数），
此时z是奇数，设z=2q+1（q为整数），代入y²=z²-x²中，得
4m²=（2q+1）²-（2p+1）²=4（q²+q-p²-p），即m²=q（q+1）-p（p+1），
因为q（q+1）与p（p+1）都是两个连续整数的乘积，
所以q（q+1）与p（p+1）都能被2整除，于是m²为偶数，
因此m为偶数，设m=2n（n为整数），则y=2n=2´2m=4m，于是y能被4整除．
综上，a，b中必有一个能被3整除，也必有一个能被4整除．又因为（3，4）=1，所以
a´b能被12整除，即这个矩形的面积必为12的倍数．
[证法2]设a，b都不是4的倍数，则a，b均为奇数；或a，b中的一个为奇数，另一个为被4
除余2的数；或a，b都是被4除余2的数．
（1）若a，b均为奇数，则a²与b²必被4除余1，则c²必被4除余2，但完全平方数被
4除只能余0或1，矛盾．
（2）若a，b中一个是奇数，另一个是被4除余2的数；不妨设a=2k+1，b=2（2m+1）（其
中k，m均为整数），则a²=4k²+4k+1=4k（k+1）+1．因为连续整数之积k（k+1）能被2
整除，所以a²被8除余1，而b²=2²（2m+1）²=16m（m+1）+4，于是b²被32除余4，所
以a²+b²被8除余5，即c²被8除也余5，但完全平方数被8除只能余0或1或4，
矛盾．
（3）若a，b都是被4除余2的数．设a=2（2k+1），b=2（2m+1）（其中k，m均为整数），
则由a²+b²=c²知c²为偶数，于是c为偶数，设c=2n，则a²+b²=（2n）²=4n²，即
2²（2k+1）²+2²（2m+1）²=4n²，约去公因子4，得（2k+1）²+（2m+1）²=4n²，变成两个奇数平
方和的情形，根据（1）得出矛盾．
综上，假设“a，b都不是4的倍数”不成立，所以“a，b中必有一个能被4整除”成立．
因为（3，4）=1，所以a´b能被12整除，即这个矩形的面积必为12的倍数．

点评：
本题考点： 整数问题的综合运用．

考点点评： 本题考查的是整数问题的综合运用，此题涉及到数的整除性问题、奇数与偶数、质数与合数、带余数的除法、勾股定理等知识，涉及面较广，难度较大．

长宽对角线为一对勾股数，而最小的一对正整数勾股数为3、4、5、设公比为x，那么宽为3x，长为4x，面积为12x平方，即12的倍数。过程：因为长宽对角线为一对勾股数。又因为最小的一对正整数勾股数为3、4、5。所以长为3n，宽为4n面积则为12n的平方，所以这个矩形的面积为的12倍数...

所以a,b,c满足a=k(m^2-n^2),b=2kmn,c=k(m^2+n^2)（其中k,m,n均为正整数）
这个判断的依据是什么啊？