余弦定理的证明方法

1、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）：?2?2?2?AB?AB?(AC?BC)?(AC?BC)?AC?2AC?BC?BC?AC?2|AC|?|BC| ?222222cos(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

2、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：sin22A?sin22B?sinC?2sinAsinBcosC 2A?sin2B?sinC?1?cos2A212?1?cos2B2?1?cos2C222?coo2sA?cos2B?1?cos2CsA?B?co?sA?B?cosC?co?cosC?c

3、o?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?4R2222?sinA?sinB?sinC?222?4R?2sinAsinBcosC?2abcosC.2即 c?a?b?2abcosC.同理可证 a?b?c?2bccosA；b?c?a?2cacosB.222222222法五（用相交弦定理证明余弦定理）:如图，在三角形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

4、 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。，(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

5、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

6、，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，BCa，CAb，则c2a2b22abcosC（或a2b2c22bccosA或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(b

7、sinC)2a22abcosCb2cos2Cb2sinC2a22abcosCb2，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，cosACDcos(180C)cosC，sinACDsin(180C)sinC，所以CDbcos(180C)bcosC，ADbsin(180C)b sinC，在RtABD中，由勾股定理，得AB2BD2AD2，即AB2(abcosC)2(bsinC)2a22abcosCb2cos2Cb2sinC2a22abcosCb2，即c2a2b22abcosC。【

8、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)2a2cos2C2abcosCb2a2sin2Ca2b22abcosC，即c2a2b22abcosC 。【证法3】由正弦定理 变形，得，所以 a2b2c24R2(sin2Asin2Bsin2C)因sin2Asin2Bsin2Ccos(AB) cos(AB)cosC 2cosCcos(AB)cos2CcosCcos(AB)cosCcosCcos(AB)cos(AB)2sinAsinBcosC，

9、所以a2b2c24R22sinAsinBcosC22RsinA2RsinBcosC2abcosC，即c2a2b22abcosC。【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

10、，(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(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，AC2AKAHAKAB，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

11、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；由面积关系得SAECDSABDSDBCSCBESABE，即ACDE sinBABD sinBDBC sin(B) BCBE sinBABE sin(B)，即b2 sinc2 sinac(sinBcoscosBsin)

12、a2sinac(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(cbcosA)2(bsinA)2c22cbcosAb2，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AEBFbcosA，故CDc2bcosA。由托勒密定理，得ABBCABCDACBD，即aac(c2bcosA)bb，整理得a2b2c22bccosA。【证法10】

13、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BDcbcosA ，所以a2(cbcosA)2(bsinA)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 c2bccosAaccosB， 同理可得a2accosBabcosC， b2abcosCbccosA， 得a2b2accosBabcosCabcosCbccosA(bccosAaccosB)(abcosCabcosC)c22abcosC，即c2a2b22a

14、bcosC。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ABc，BCa，CAb，则有：c2a2b22abcosCa2b2c22bccosAb2c2a22cacosB.【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)2a22abcosCb2cos2Cb2sinC2a22

15、abcosCb2，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，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)2a22abcosCb2cos2Cb2sinC2a22abcosCb2，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

16、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)2a2cos2C2abcosCb2a2sin2Ca2b22abcosC，即c2a2b22abcosC 。【证法3】由正弦定理abc?2R变形得： sinAsinBsinC?a?2RsinA?b?2RsinB?c?2Rsinc?所以 a2b2c24R2(sin2Asin2Bsin2C)因sin2Asin2Bsin2Ccos(AB) cos(AB)cos2CcosCcos(AB)cos2CcosCcos(AB)cosCcosCcos(AB)cos(AB

17、)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，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 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a