余弦定理的证明方法.docx
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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AD＝ACsinC?
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=（acosC－b）2+（asinC－0）2=a2cos2C－2abcosC+b2+a2sin2C=a2+b2－2abcosC，即c2=a2+b2－2abcosC．
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?
2sinAsinBcosC⑴
2
A?
sin
2
B?
sinC
?
1?
cos2A
212
?
1?
cos2B
2
?
1?
cos2C
22
2
?
?
?
coo2sA?
cos2B?
?
1?
cos2C
sA?
B?
co?
sA?
B?
?
cosC?
?
co?
?
cosC?
co?
sA?
B?
?
co?
sA?
B?
?
?
2sinAsinBcosC
故⑴式成立，再由正弦定理变形，得
?
a?
2RsinA?
?
b?
2RsinB
?
c?
2RsinC?
（2）
结合⑴、
（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ABC中，∠A=α，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=2acosα，所以CG=2acosα-c。
根据相交弦定理有：
DC×CE=AC×CG，带入以后就是
（a-b）（a+b）=c（2acosα-c）
化简以后就得b2=a2+c2+2accosα。
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。
，
（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
，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△AEC∽△CDB∽△ACB，
；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）＝bsinC，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）＋cosC2
＝cosCcos（A－B）＋cos2C＝cosC［cos（A－B）＋cosC］
＝cosC［cos（A－B）－cos（A＋B）］＝2sinAsinBcosC，
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＋2accosA。
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
AECD
＝S△ABD＋S△DBC＋S△CBE－S△ABE，即
AC·DEsinα＝BA·BDsinα＋BD·BCsin（B－α）＋BC·BEsinα－BA·BEsin（B＋α），
即b2sinα＝c2sinα＋ac（sinBcosα－cosBsinα）＋a2sinα
－ac（sinBcosα＋cosBsinα），化简得b2＝a2＋c2－2accosB。
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＋c2－2bccosA。
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，
将等式两边同乘以c得c2
＝bccosA＋accosB，同理可得a2＝accosB＋abcosC……①，b2＝abcosC＋bccosA……②，
①＋②得a2＋b2＝accosB＋abcosC＋abcosC＋bccosA＝（bccosA＋accosB）＋（abcosC＋abcosC）＝c2＋2abcosC，即
c2＝a2＋b2－2abcosC。
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，则有：
c2＝a2＋b2－2abcosC
a2＝b2＋c2－2bccosA
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＝bsin（180°－C）＝bsinC，
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abc2R变形得：
sinAsinBsinC
?
a?
2RsinA?
?
b?
2RsinB
?
c?
2Rsinc?
所以a2＋b2－c2＝4R2（sin2A＋sin2B－sin2C）
因sin2A＋sin2B－sin2C
＝－cos（A＋B）cos（A－B）＋cos2C＝cosCcos（A－B）＋cos2C
＝cosC［cos（A－B）＋cosC］＝cosC［cos（A－B）－cos（A＋B）］
＝2sinAsinBcosC，
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＋2accosA。
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
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