1、余弦定理的证明方法 余弦定理的证明方法 篇一:余弦定理的六种证法 余弦定理的六种证法 法一(平面几何):在ABC中,已知AC ?b,BC?a,及?C,求c。 过A作AD?BC于D,是ADACsinC?BCsinC, CD?ACcos?bcosc, C 在Rt?ABD中,AB2?AD2?BD2?(bsinc)2?(a?bcosc)2?a2?b2?2abcosc, 法二(平面向量): 222AB?AB?(AC?BC)?(AC?BC)?AC?2AC?BC?BC?AC?2|AC|?|BC| 2 22222 cos(180?B)?BC?b?2abcosB?a,即:c?a?b?2abcosc ? 法三(解
2、析几何):把顶点C置于原点,CA落在x轴的正半轴上,由于ABC的AC=b, CB=a,AB=c,则A,B,C点的坐标分别为A(b,0),B(acosC,asinC),C(0,0) |AB|2=(acosCb)2+(asinC0)2=a2cos2C2abcosC+b2+a2sin2C=a2+b22abcosC,即c2=a2+b22abcosC 法四(利用正弦定理): 先证明如下等式:sin证明:sin 2 2 A?sin 2 2 B?sinC?2sinAsinBcosC 2 A? sin 2 B?sinC ? 1?cos2A 212 ? 1?cos2B 2 ? 1?cos2C 22 2 ? ?c
3、oo2sA?cos2B? 1?cos2C sA?B?co?sA?B?cosC?co?cosC?co?sA?B?co?sA?B? ?2sinAsinBcosC 故式成立,再由正弦定理变形,得 ?a?2RsinA? ?b?2RsinB ?c?2RsinC? (2) 结合、(2)有 a?b?c?4R 2 2 2 2 ?sinA?sinB?sinC? 2 2 2 ?4R?2sinAsinBcosC?2abcosC. 2 即 c?a?b?2abcosC. 同理可证 a?b?c?2bccosA;b?c?a?2cacosB. 2 2 2 2 2 2 222 法五(用相交弦定理证明余弦定理): 如图,在三角形
4、ABC中,A=,AB=a,BC=b,AC=c。现在以B 为圆心,以长边AB为半径做圆,这里要用长边的道理在于,这样能保证C点在圆内。BC的延长线交圆B于点D和E 这样以来,DC=a-b,CE=a+b,AC=c。因为AG=2acos,所以CG=2acos-c。根据相交弦定理有: DCCE=ACCG,带入以后就是 (a-b)(a+b)=c(2acos-c) 化简以后就得b2=a2+c2+2accos。也就是我们的余弦定理。 法六(面积解释): 如图9,以ABC的三边为边长向外作三个正方形,说欧几里德就是利用此图形证明勾股定理的。易证旋转而成),进而可得;同理形面积等于两直角边上两正方形面积之和。
5、, (最好是将 交AB于K。据看作是 ,所以直角三角形斜边上的正方 此处还有一个副产品:影定理。 等价于,无需用到相似,轻松可得射 图9 图10 假若不是直角三角形呢?如图10,ABC的三高的延长线将三个正方形分为6个矩形,而且两两相等, , , ,轻松可得余弦定理。 例1:证明余弦定理。 勾股定理只是对于直角三角形成立,很有必要将之推广到一般三角形的情形,这样在使用的时候才方便。在第一章中已经介绍了面积法证明余弦定理了,下面再介绍三种面积证法。 证明勾股定理主要用到平移,而证明余弦定理则可能需要用旋转。 余弦定理证明1:如图1,将ABC绕点B旋转一个较小角度得到DBE,则 ;由面积关系得 ,
6、即 ,则 , 即 ,化简得。 图1 图2 如果认为证法1较麻烦,也还有简单的证法。 余弦定理证明2:只要注意到马可得 。 , ,立 余弦定理证明3:如图3,在ABC中,设三边长度为a,b,c,在AB边上取点E,使得在AB边上取点D,使得 得 ;易得AECCDBACB, ;由 ; , 化简得 。 图3 篇二: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ABc,BC
7、 a,CAb,则c2a2b22abcosC(或a2b2 c22bccosA或b2c2a22cacosB)。 证法1如图2,在锐角ABC中,作ADBC于D,则CD bcosC,ADbsinC,在ABD中,由勾股定理,得AB2BD2 AD2,即AB2(abcosC)2(bsinC)2 a22abcosCb2cos2Cb2sinC2 a22abcosCb2,即c2a2b22abcosC。 当C重合于D时,在RtABC中, C90,因cosC0,所以c2a2b2。 当C在D左侧时,ABC为钝角三角 形,如图3所示,ACD180C,cos ACDcos(180C)cosC,sin ACDsin(180C
8、)sinC,所以CD bcos(180C)bcosC,ADb sin(180C)b sinC,在RtABD中,由勾股定理,得AB2BD2 AD2,即AB2(abcosC)2(bsinC)2a22abcosCb2cos2C b2sinC2a22abcosCb2,即c2a2b22abcosC。 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(acosCb)2(asinC0)2 a2cos2C2abcosCb2a2sin2Ca2b2 2abcosC,即c2a2b22abc
9、osC 。 证法3由正弦定理 变形, 得,所以 a2b2c24R2(sin2Asin2Bsin2C) 因sin2Asin2Bsin2C cos(AB) cos(AB)cosC 2 cosCcos(AB)cos2CcosCcos(AB)cosC cosCcos(AB)cos(AB)2sinAsinBcosC, 所以a2b2c24R22sinAsinBcosC22RsinA2RsinBcosC 2abcosC,即c2a2b22abcosC。 证法4由正弦定理,得 从而有asinBbsinA, csinAasin(AB)asinAcosBacosAsinB, 代入,整理得acosBcbcosA, 2
10、2,可得a2(bsinA)2(cbcosA)2b2c22bccosA, 即c2a2b22abcosC。 证法5如图5所示,令A=,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DCca,CEca,ACb, AG2ccos,CG2ccosb, 由相交弦定理得DCCEACCG, (ca)(ca)b(2cosb), 化简得a2b2c22accos,即a2b2c22ac cosA。 证法6如图6,以RtABC的三边为边长向外作三个正方形, CNIH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EABCAH(S
11、AS),EAB与 正方形EACD等高共底,CAH与长方形 KAHN等高共底,进而可得SEACDSKAHN; 同理SFBCGSKBIN,所以SEACDSFBCGSKAHN SKBINSABIH,即a2b2c2。 又从SEACDSKAHN可知,AC2 AKAHAKAB,即AC2 AKAB(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SBFMJSBLPE accosB(长宽),SMGCJSCHNKabcosC(长宽),SKNIASLADP bccosA(长宽),故b2c22bccosA
12、accosBabcosC2bccosAa2,即 a2b2c22bccosA。 证法7如图8,将ABC绕点 B旋转一个较小角度得到DBE,则 ABCDBE;由面积关系得S AECD SABDSDBCSCBESABE,即 ACDE sinBABD sinBDBC sin(B) BCBE sinBABE sin(B), 即b2 sinc2 sinac(sinBcoscosBsin)a2sin ac(sinBcoscosBsin),化简得b2a2c22ac 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
13、(cbcosA)2(bsinA)2c22cbcosA b2,即a2b2c22bc cosA。 证法9如图10所示,过C作CDAB,交ABC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AE BFbcosA,故CDc2bcosA。由托勒 密定理,得ABBCABCDACBD, 即aac(c2bcosA)bb,整理得 a2b2c22bccosA。 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ADbcosA,CDbsinA,在 RtBDC中,BC2BD2CD2,又BDc bcosA ,所以a2(cbcosA)2(bsi
14、nA)2, 整理,得a2b2c22bccosA。 证法11 如图12所示,作ABC,AB边上的高,则 cbcosAacosB, 将等式两边同乘以c得 c2 bccosAaccosB, 同理可得a2accosBabcosC, b2abcosCbccosA, 得a2b2accosBabcosCabcosCbccosA(bccosAaccosB)(abcosCabcosC)c22abcosC,即 c2a2b22abcosC。 篇三:余弦定理的十一种证明方法 余弦定理的十一种证明方法 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十一种证明方法,供大家参考! 余弦定理:三角形任一边的平
15、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ABc,BCa,CAb,则有: c2a2b22abcosC a2b2c22bccosA b2c2a22cacosB. 证法1如图2,在锐角ABC中,作ADBC于D,则CDbcosC,ADbsinC,在ABD中,由勾股定理,得AB2BD2AD2,即 AB2(abcosC)2(bsinC)2 a22abcosCb2cos2Cb2sinC2 a22abcosCb2,即c2a2b22abcosC。 当C重合于D时,在RtABC中, C90,因cosC0,所以c2a2b2。 当C在D左侧时,ABC为钝角三角形,如图3所
16、示,ACD180C,cosACDcos(180C) cosC,sinACDsin(180C)sinC, 所以CDbcos(180C)bcosC, ADb sin(180C)b sinC, 在RtABD中,由勾股定理,得AB2BD2AD2, 即AB2(abcosC)2(bsinC)2 a22abcosCb2cos2Cb2sinC2 a22abcosCb2,即c2a2b22abcosC。 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(acosCb)2(asinC0)2
17、 a2cos2C2abcosCb2a2sin2C a2b22abcosC,即c2a2b22abcosC 。 证法3由正弦定理abc2R变形得: sinAsinBsinC ?a?2RsinA?b?2RsinB ?c?2Rsinc? 所以 a2b2c24R2(sin2Asin2Bsin2C) 因sin2Asin2Bsin2C cos(AB) cos(AB)cos2CcosCcos(AB)cos2C cosCcos(AB)cosCcosCcos(AB)cos(AB) 2sinAsinBcosC, 所以a2b2c24R22sinAsinBcosC22RsinA2RsinBcosC 2abcosC,即c
18、2a2b22abcosC。 证法4由正弦定理,得 从而有asinBbsinA, csinAasin(AB)asinAcosBacosAsinB, 代入,整理得acosBcbcosA, 22,可得a2(bsinA)2(cbcosA)2b2c22bccosA, 即c2a2b22abcosC。 证法5如图5所示,令A=,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DCca,CEca,ACb,AG2ccos,CG2ccosb, 由相交弦定理得DCCEACCG, (ca)(ca)b(2cosb), 化简得a2b2c22accos,即a2b2c22ac
19、cosA。 证法6如图6,以RtABC的三边为边长向外作三个正方形, CNIH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EABCAH(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SEACDSKAHN;同理SFBCGSKBIN,所以SEACDSFBCGSKAHNSKBINSABIH,即a2b2c2。 又从SEACDSKAHN可知,AC2AKAH AKAB,即AC2AKAB(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SBFMJSBLPEaccosB(长宽),SMGCJSCHNKabcosC(长宽),SKNIASLADPbccosA(长宽),故b2c22bccosAaccosBabcosC2bccosAa2,即a2b2c22bccosA。 证法7如图8,将ABC绕点B旋转一个 较小角度得到DBE,则ABCDBE ;由面
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