【 – 小学作文】
第一篇:《余弦定理的证明方法大全(共十法)》
余弦定理的证明方法大全(共十法)
一、余弦定理
余弦定理:三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与他们夹角的余弦的积的两倍,即在ABC中,已知ABc,BCa,CAb,则有
a2b2c22bccosA, b2c2a22cacosB, c2a2b22abcosC.
二、定理证明
为了叙述的方便与统一,我们证明以下问题即可:
在ABC中,已知ABc,ACb,及角A,求证:a2b2c22bccosA. 证法一:如图1,在ABC中,由CBABAC可得:
CBCB(ABAC)(ABAC)
ABAC2ABAC
b2c22bccosA
图1
2
2
即,a2b2c22bccosA.
证法二:本方法要注意对A进行讨论.
(1)当A是直角时,由b2c22bccosAb2c22bccos90b2c2a2知结论成立. (2)当A是锐角时,如图2-1,过点C作CDAB,交AB于点D,则
在RtACD中,ADbcosA,CDbsinA.
从而,BDABADcbcosA.
在RtBCD中,由勾股定理可得: BC2BD2CD2
(cbcosA)2(bsinA)2
c22cbcosAb2
A
图2-1
即,a2b2c22bccosA.
说明:图2-1中只对B是锐角时符合,而B还可以是直角或钝角.若B是直角,图中的
点D就与点B重合；若B是钝角,图中的点D就在AB的延长线上.
(3)当A是钝角时,如图2-2,过点C作CDAB,交BA延长线于点D,则 在RtACD中,ADbcos(A)bcosA,CDbsin(A)bsinA.
从而,BDABADcbcosA.
在RtBCD中,由勾股定理可得:
BCBDCD
(cbcosA)2(bsinA)2
c22cbcosAb2
图2-2
222
即,abc2bccosA.
综上(1),(2),(3)可知,均有a2b2c22bccosA成立. 证法三:过点A作ADBC,交BC于点D,则
BDAD
在RtABD中,sin,cos.
ccCDAD
在RtACD中,sin,cos.
bb
222
图3
由cosAcos()coscossinsin可得:
ADADBDCDADBDCD
cosA
cbcbbc
2AD22BDCDc2BD2b2CD22BDCD
2bc2bcb2c2(BDCD)2b2c2a2
2bc2bc
2
整理可得a2b2c22bccosA. 证法四:在ABC中,由正弦定理可得
abcc
. sinAsinBsinCsin(AB)
从而有bsinAasinB,………………………………………………………………①
csinAasin(AB)asinAcosBacosAsinB. …………………………②
将①带入②,整理可得acosBcbcosA.…………………………………………③ 将①,③平方相加可得a2(cbcosA)2(bsinA)2b2c22bccosA.
即,a2b2c22bccosA.
证法五:建立平面直角坐标系(如图4),则由题意可得点A(0,0),B(c,0),C(bcosA,bsinA),再由两点间距离公式可得a2(cbcosA)2(bsinA)2c22cbcosAb2.
即,a2b2c22bccosA.
证法六:在ABC中,由正弦定理可得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC. 于是,a24R2sin2A4R2sin2(BC)
4R2(sin2Bcos2Ccos2Bsin2C2sinBsinCcosBcosC) 4R2(sin2Bsin2C2sin2Bsin2C2sinBsinCcosBcosC) 4R2(sin2Bsin2C2sinBsinCcos(BC)) 4R2(sin2Bsin2C2sinBsinCcosA)
(2RsinB)2(2RsinC)22(2RsinB)(2RsinB)cosA
b2c22bccosA
即,结论成立.
证法七:在ABC中,由正弦定理可得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC. 于是,a2b2c22bccosA
4R2sin2A4R2sin2B4R2sin2C8R2sinBsinCcosA
2sin2A2sin2B2sin2C4sinBsinCcosA 2sin2A2cos2Bcos2C4sinBsinCcosA
22cos2A22cos(BC)cos(BC)4sinBsinCcosA 由于cos(BC)cos(A)cosA,因此
cos2Acos(BC)cos(BC)2sinBsinCcosA
cosAcos(BC)2sinBsinC
cosAcosBcosCsinBsinCcos(BC). 这,显然成立.
即,结论成立.
证法八:如图5,以点C为圆心,以CAb为半径作C,直线BC与C交于点D,E,延长
AB交C于F,延长AC交C于G.
G
A
则由作图过程知AF2bcosA, 故BF2bcosAc.
由相交弦定理可得:BABFBDBE, 即,c(2bcosAc)(ba)(ba), 整理可得:abc2bccosA.
2
2
2
图5
证法九:如图6,过C作CD∥AB,交ABC的外接圆于D,则ADBCa,BDACb.分别过C,D作AB的垂线,垂足分别为E,F,则AEBFbcosA,故CDc2bcosA.
由托勒密定理可得ADBCABCDACBD, 即,aac(c2bcosA)bb.
整理可得:abc2bccosA.
证法十:由图7-1和图7-2可得a2(cbcosA)2(bsinA)2, 整理可得:a2b2c22bccosA.
222
图6
c-bcosA
余弦定理的证明方法还有很多,比如可以用物理方法证明、可以构造相似三角形证明、可以利用图形面积证明等.感兴趣的读者可以到图书馆或互联网中进行查询.
图7-1
图7-2
第二篇:《正余弦定理推导过程》
先利用单位圆（向量）推到两角和与差的余弦公式，再利用诱导公式推导正弦公式，最后利用同角三角函数的基本关系推到正切公式。
如：sin(a+b)=cos[(pi/2-a)-b]=cos(pi/2-a)cosb+sin(pi/2-a)sinb=sinacosb+cosasinb
取直角坐标系，作单位圆
取一点A，连接OA，与X轴的夹角为A
取一点B，连接OB，与X轴的夹角为B
OA与OB的夹角即为A-B
A（cosA,sinA),B(cosB,sinB)
OA=(cosA,sinA) …
在直角坐标系xoy中，作单位圆O，并作角α，β，-β，使角α的始边为Ox交⊙O于P1，终边交⊙O于P2；角β的始边为OP2，终边交⊙O于P3；角-β的始边为OP1，终边交⊙O于P4.依三角函数的定义，得P1、P2、P3、P4的坐标分别为P1（1，0），P2（cosα,sinα）、P3（cos(α+β),sin(α+β)),P4(cos(-β),sin(-β)).连接P1P3，P2P4.
则∣P1P3∣=∣P2P4∣.依两点间距离公式，得
∣P1P3|2=〔cos(α+β)-1〕2+〔sin(α+β)-0〕2,
∣P2P4|2=〔cos(-β)-cosα〕2+〔sin(-β)-sinα〕2
∴〔cos(α+β)-1〕2+sin2(α+β)=〔cos(-β)-cosα〕2+〔sin(-β)-sinα〕2
展开整理，得2-2cos(α+β)=2-2(cosαcosβ-sinαsinβ)
∴cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ ……Cα+β.该公式对任意角α，β均成立
在公式Cα+β中，用-β替代β.
cos(α-β)=cos〔α+(-β)〕=cosαcos(-β)-sinαsin(-β)=cosαcosβ+sinαsinβ.
∴cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ ……Cα-β.该公式对任意角α，β均成立.
第三篇:《余弦定理的证明方法集锦》
余弦定理的证明方法集錦
江苏省泗阳县李口中学沈正中
余弦定理和勾股定理一样，证明方法也有很多种,下面给出比较
经典的几种证明方法，供大家参考！
余弦定理：三角形任一边的平方等于另外两边的平方和减去这两
边与其夹角余弦的积的二倍。
如图1所示，在△ABC中，若AB＝c，BC＝
a，CA＝b，则c2＝a2＋b2－2abcosC（或a2＝b2＋
c2－2bccosA或b2＝c2＋a2－2cacosB）。
【证法1】如图2，在锐角△ABC中，作AD⊥BC于D，则CD
＝bcosC，AD＝bsinC，在△ABD中，由勾股定理，得AB2＝BD2＋
AD2，即AB2＝(a－bcosC)2＋(bsinC)2＝
a2－2abcosC＋b2cos2C＋b2sinC2＝
a2－2abcosC＋b2，即c2＝a2＋b2－2abcosC。
当C重合于D时，在Rt△ABC中，
∠C＝90°，因cosC＝0，所以c2＝a2＋b2。
当C在D左侧时，△ABC为钝角三角
形，如图3所示，∠ACD＝180°－C，cos
∠ACD＝cos(180°－C)＝－cosC，sin∠
ACD＝sin(180°－C)＝sinC，所以CD＝
bcos(180°－C)＝－bcosC，AD＝b
sin(180°－C)＝b sinC，在Rt△ABD中，由勾股定理，得AB2＝BD2
＋AD2，即AB2＝(a－bcosC)2＋(bsinC)2＝a2－2abcosC＋b2cos2C＋
b2sinC2＝a2－2abcosC＋b2，即c2＝a2＋b2－2abcosC。
【证法2】将△ABC的顶点C置于原点，CA落在x轴的正半轴
上，如图4所示，则A，B，C三点的坐标分别为A(b，0)，B(acosC，
asinC)，C(0，0)。由此得
|AB|2＝(acosC－b)2＋(asinC－0)2
＝a2cos2C－2abcosC＋b2＋a2sin2C＝a2＋b2－
2abcosC，即c2＝a2＋b2－2abcosC 。
【证法3】由正弦定理 变形，
得 ，所以 a2＋b2－c2＝4R2(sin2A＋sin2B－sin2C)
因sin2A＋sin2B－sin2C
＝－cos(A＋B) cos(A－B)＋cosC 2
＝cosCcos(A－B)＋cos2C＝cosC［cos(A－B)＋cosC］
＝cosC［cos(A－B)－cos(A＋B)］＝2sinAsinBcosC，{余弦定理的推导方法}.
所以a2＋b2－c2＝4R2·2sinAsinBcosC＝2·2RsinA·2RsinB·cosC
＝2abcosC，即c2＝a2＋b2－2abcosC。
【证法4】由正弦定理，得
从而有asinB＝bsinA……①，
csinA＝asin(A＋B)＝asinAcosB＋acosAsinB……②，
①代入②，整理得 acosB＝c－bcosA……③，
①2＋②2，可得a2＝(bsinA)2＋(c－bcosA)2＝b2＋c2－2bccosA，
即c2＝a2＋b2－2abcosC。
【证法5】如图5所示，令∠A=α，以B为
圆心，以长边AB为半径画圆（这里用长边的
原因是保证C点在圆内）。延长BC交⊙B于点
D和E，则DC＝c－a，CE＝c＋a，AC＝b，
∵AG＝2ccosα，∴CG＝2ccosα－b，
由相交弦定理得DC×CE＝AC×CG，
∴(c－a)(c＋a)＝b(2cosα－b)，
化简得a2＝b2＋c2＋2accosα，即a2＝b2＋c2＋2ac cosA。
【证法6】如图6，以Rt△ABC的三边为边长向外作三个正方形，
CN⊥IH交斜边AB于K。据说当时欧几里德
就是利用此图形证明勾股定理的。连BE、
CH，易证△EAB≌△CAH(SAS)，△EAB与
正方形EACD等高共底，△CAH与长方形
KAHN等高共底，进而可得SEACD＝SKAHN；
同理SFBCG＝SKBIN，所以SEACD＋SFBCG＝SKAHN
＋SKBIN＝SABIH，即a2＋b2＝c2。
又从SEACD＝SKAHN可知，AC2＝
AK·AH＝AK·AB，即AC2＝
AK·AB(射影定理)。
若△ABC不是直角三角形，如图
7所示，则△ABC的三高的延长线将
三个正方形分为6个矩形，用上面的
证明方法可证得每个顶点两边的矩形
面积相等，即SBFMJ＝SBLPE＝
accosB(长×宽)，SMGCJ＝SCHNK＝abcosC(长×宽)，SKNIA＝SLADP＝
bccosA(长×宽)，故b2＋c2＝2bccosA
＋accosB＋abcosC＝2bccosA＋a2，即
a2＝b2＋c2－2bccosA。
【证法7】如图8，将△ABC绕点
B旋转一个较小角度α得到△DBE，则
△ABC≌△DBE；由面积关系得S{余弦定理的推导方法}.
AECD
＝S△ABD＋S△DBC＋S△CBE－S△ABE，即
AC·DE sinα＝ BA·BD sinα＋ BD·BC sin(B－α) ＋ BC·BE sinα－ BA·BE sin(B＋α)，
即 b2 sinα＝ c2 sinα＋ ac(sinBcosα－cosBsinα)＋ a2sinα
－ ac(sinBcosα＋cosBsinα)，化简得b2＝a2＋c2－2ac cosB 。
【证法8】建立图9所示的平面直角
坐标系，则点A(0,0)、B(c,0)、C(bcosA，
bsinA)，再由两点间距离公式，可得a2
＝(c－bcosA)2＋(bsinA)2＝c2－2cbcosA
＋b2，即a2＝b2＋c2－2bc cosA。
【证法9】如图10所示，过C作CD∥AB，交△ABC外接圆于D，
则AD＝BC＝a，BD＝AC＝b。分别过C、
D作AB的垂线，垂足分别为E、F，则AE
＝BF＝bcosA，故CD＝c－2bcosA。由托勒
密定理，得AB·BC＝AB·CD＋AC·BD，
即a·a＝c·(c－2bcosA)＋b·b，整理得
a2＝b2＋c2－2bccosA。
【证法10】如图11所示，以△ABC的
三边为边长向外作三个正方形，作AB边上
的高CD，则AD＝bcosA，CD＝bsinA，在
Rt△BDC中，BC2＝BD2＋CD2，又BD＝c－
bcosA ，所以a2＝(c－bcosA)2＋(bsinA)2，
整理，得a2＝b2＋c2－2bccosA。
【证法11】 如图12所示，作△ABC，AB边上的高，则
c＝bcosA＋acosB，