余弦定理的证明方法

余弦定理的证明方法（共16篇）

篇1：余弦定理的证明方法

余弦定理的证明方法

在△ABC中，AB=c、BC=a、CA=b

则c^2=a^2+b^2-2ab*cosC

a^2=b^2+c^2-2bc*cosA

b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

下面在锐角△中证明第一个等式，在钝角△中证明以此类推。

过A作AD⊥BC于D，则BD+CD=a

由勾股定理得：

c^2=(AD)^2+(BD)^2，(AD)^2=b^2-(CD)^

2所以c^2=(AD)^2-(CD)^2+b^2

=(a-CD)^2-(CD)^2+b^2

=a^2-2a*CD+(CD)^2-(CD)^2+b^2

=a^2+b^2-2a*CD

因为cosC=CD/b

所以CD=b*cosC

所以c^2=a^2+b^2-2ab*cosC

在任意△ABC中,作AD⊥BC.∠C对边为c，∠B对边为b，∠A对边为a-->

BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c

勾股定理可知：

AC²=AD²+DC²

b²=(sinB*c)²+(a-cosB*c)²

b²=sin²B*c²+a²+cos²B*c²-2ac*cosB

b²=(sin²B+cos²B)*c²-2ac*cosB+a²

b²=c²+a²-2ac*cosB

所以，cosB=(c²+a²-b²)/2ac

2如右图，在ABC中，三内角A、B、C所对的边分别是a、b、c.以A为原点，AC所在的直线为x轴建立直角坐标系，于是C点坐标是(b，0)，由三角函数的定义得B点坐标是(ccosA，csinA).∴CB=(ccosA-b，csinA).现将CB平移到起点为原点A，则AD=CB.而|AD|=|CB|=a，∠DAC=π-∠BCA=π-C，根据三角函数的定义知D点坐标是(acos(π-C)，asin(π-C))即D点坐标是(-acosC，asinC),∴AD=(-acosC，asinC)而AD=CB∴(-acosC，asinC)=(ccosA-b，csinA)∴asinC=csinA…………①-acosC=ccosA-b……②由①得asinA=csinC，同理可证asinA=bsinB，∴asinA=bsinB=csinC.由②得acosC=b-ccosA，平方得：a2cos2C=b2-2bccosA+c2cos2A，即a2-a2sin2C=b2-2bccosA+c2-c2sin2A.而由①可得a2sin2C=c2sin2A∴a2=b2+c2-2bccosA.同理可证b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC.到此正弦定理和余弦定理证明完毕。3△ABC的三边分别为a,b,c,边BC,CA,AB上的中线分别为ma.mb,mc,应用余弦定理证明:

mb=(1/2)

mc=(1/2)ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

同理可得：

mb=

mc=

ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

证毕。

篇2：余弦定理的证明方法

正、余弦定理是解三角形强有力的工具，关于这两个定理有好几种不同的证明方法，［1］人教版中等职业教育国家规划教材《数学》（提高版）是用向量的数量积（内积）给出证明的，如是在证明正弦定理时用到：作辅助单位向量并对向量的等式作同一向量的数量积，这种构思方法过于独特，不易被初学者接受。本文通过三角函数的定义，利用向量相等和向量的模统一正、余弦定理的证明，方法较为简单。从本文的证明中又一次显示数学中“数”与“形”的完美结合。

定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,则

（1）（正弦定理）==；

（2）（余弦定理）

c2=a2+b2-2abcos C,b2=a2+c2-2accos B,a2=b2+c2-2bccos A。

证明：建立如下图所示的直角坐标系，则A=（0，0）、B=（c,0），又由任意角三角函数的定义可得：

C=（bcos A,bsin A），以AB、BC为邻边作平行四边形ABCC′，则∠BAC′=π-∠B，∴C′(acos(π-B),asin(π-B))

=C′（-acos B,asin B）。

根据向量的运算：

=（-acos B,asin B），=-=（bcos A-c,bsin A）,（1）由=：得

asin B=bsin A,即

=。

同理可得：=。

∴==。

(2)由=（b-cos A-c）2+(bsin A)2=b2+c2-2bccos A，又||=a,∴a2=b2+c2-2bccos A。

同理：

c2=a2+b2-2abcos C；

篇3：“球面余弦定理的证明”教学设计

1. 教学设计背景

教学设计是运用系统方法分析教学问题和确定教学目标、建立解决教学问题的策略方案、试行解决方案、评价试行结果和对方案进行修改的过程.新课程是否能够顺利实施关键在于教师.为此, 笔者对来自贵州省四十多个县市70名高中数学教师、贵州两所师范院校数学教育专业127名在校本科生共197人进行问卷调查, 他们的平均教龄为0年到25年不等.通过对196份有效答卷进行分类整理、统计得到如下的调查结果.如下表:

注:A.没有学习过, 不了解;B.没有学习过, 只是从一些书籍和媒体中了解过一些;C.初步学习过, 印象不深;D.学习过, 基本掌握;E.学习过, 掌握较好.

从表中可知, 球面几何的内容只有7.1%的老师学习过, 基本掌握, 3.1%的老师学习过, 掌握较好, 但高达73.7%的老师没有学习过, 而16.1%的老师虽学习过但印象不深.由此可见, 如果广大的数学教师没有先“充电”, 新课标的课程开设, 必成空中楼阁.

高师学生是未来教师的生力军, 是参加课改的重要力量.高中课改对他们以后的教学提出了挑战.要想当好先生, 就得先当好学生.让高师生在走出校门之前掌握好球面几何的相关知识以便他们走出校门后能更好地适应新课改.所以对高师学生作“球面上的几何”教学设计非常必要.

球面三角形余弦定理是球面几何的一个重要定理, 它在球面几何中起到球面几何代数化的作用.通过教学设计理论的指导, 笔者根据学习者的学习需要, 对球面余弦定理进行内容、教学目标分析, 实验、总结得出以下教学设计方案.

2. 教学方案设计

教学目标能掌握向量法证明球面三角形余弦定理; (2) 能理解为什么球面三角公式中边用弧度制来表示; (3) 能说明球面三角形余弦定理与平面三角形余弦定理的区别与联系.

教学重点: (1) 球面余弦定理的证明; (2) 应用球面三角形余弦定理解球面三角形.

教学难点: (1) 理解球面三角形的边用弧度来表示; (2) 用向量表示球面三角形的边角.

教学媒体:幻灯片、黑板、粉笔、自编校本教材.

教学过程:

(1) 导入新课

师:在平面三角形中, 已知两角边及夹角或三边可用余弦定理来求其他的边与角.同学们来回忆一下平面三角形的余弦定理.

生:设■ABC的三条边分别是a, b, c, 它们的对角分别是∠A, ∠B, ∠C, 则

师:现在我们来看球面三角形, 已知两边及夹角或三边, 怎样来求其他的边和角呢?实际上, 球面三角形也有余弦定理.来看定理4. (展示幻灯片)

(2) 探索新知

从公式看, 它们的关系和平面三角形余弦定理一致, 只是形式不一样而已. (公式中a, b, c是边, 但是用它所在大圆的角来表示.如图1, a实际上是∠BOC, b表示∠AOC, 这是因为同一球面上, 半径一样长.所以可用圆心角表示弧长了)

这些公式的证明, 我们只需证其一.另外两个轮换即可.要证明书上这个恒等式, 先看预备知识. (展示幻灯片)

师:在立体几何的证明中, 我们常用到向量法, 向量法往往使证明变得更简单, 那么这个定理的证明能不能也用向量法来证明呢?

生:能.

师:如果能, 那么我们首先得把公式中的边和角转换成向量对吧?a, b, c, A, B, C是球面三角形六个元素.这六个元素怎样用三个元素来表示呢?

A, B, C是单位球面上的三点, 是单位向量, 则球面的三个角A, B, C的弧度数和三条边a, b, c的边长 (也用弧度表示) 分别可以用空间向量表示如下:

其中a就是之间夹角的弧度, 由向量数量积 (内积) 的几何意义知:, 同理有

师:三边已经用表示了, 现在再来思考以下三角怎样用来表示

生:翻开书, 思考, 但还是答不上来.

师:A=∠CAB就是“向量所张的平面”和“向量所张的平面”之间的夹角, 所以角A也等于之间的夹角, 即

同理有

有了以上的预备知识, 可以证明球面三角形余弦定理了.

生:我看出来了, 公式右边的sincsinbcosA和预备知识有联系, 所以证明可以从右边入手. (跟着学生的思路证明, 必要的时候作说明)

证明

亦即cosa=cosbcosc+sinbsincsinA.

同理可以证明其他恒等式.

生:这个定理的证明是在假设是单位球面的情况下证明的.当R≠1时, 这个定理是否成立?

师:这名同学问得好, 会提问题比解决问题更重要.若a表示弧长, 公式中在R≠1时, 应变为:

(3) 讨论反思

生:定理证明用到空间解析几何知识, 高中生没有学这方面知识, 在高中教学应该怎样处理呢?

师:高中确实是没有学习空间解析几何知识, 若要用向量法讲解, 只能直接告诉学生某些结论.比如说, 湘教版的处理就是直接告诉学生拉格朗日恒等式, 两平面夹角就是两平面法向量的夹角.求法向量, 又涉及法向量的计算, 这些知识点只有程度好的学生才能接受.

生:哦, 那能不能用综合法证明?

师:可以, 你们下去先试着用综合法证明, 下次课大家来讨论.

师:当称为球面直角三角形, 于是cosc=cosa·cosb.这个公式称为勾股定理, 这与平面三角形勾股定理形式差别很大.实际上, 当球面半径很大, 而三角形面积很小时, 球面三角公式可用相应平面三角公式来代替.

应用例题:设球面的三边分别为求角A, B, C的大小.

解:利用球面三角形边的余弦定理cosa=cosbcosc+sinbsinccosA, 可以求得求得A=125.3°.

生:同样称为余弦定理, 球面三角形余弦定理和平面三角形余弦定理有什么联系?

师:从外形看这两个定理实在是找不到什么联系, 但仔细分析, 它们是有联系的.大家先找一下.

生1:这两个定理都是为了解决三角形已知两边以及夹角, 求其他三角形的边和角问题.

生2:都可以解决已知三角形三边求其他三角的问题. (没人回答)

师:这两个定理的内在本质是一致的.球面三角形当半径无限大, 而范围很小时, 球面三角形余弦定理可以近似地用平面三角形余弦定理代替.很多球面三角公式也有类似结论.

3. 教学反思

本案例是关于球面三角形余弦定理的证明, 由于证明涉及的知识点较多, 学生接受起来感到困难, 但因为采用逐步分化知识点的方法, 符合学生心理的发展, 学生容易接受.学生学习这块内容是为了以后到高中教学, 因而学习目的性强.课前鼓励他们提问, 所以学生根据自己的需要提出了一些很好的问题.比如, 问:用向量法教给高中生他们能接受吗?当R≠1时, 余弦定理还成立吗?等.现在高师课堂上都是满堂灌, 学生鲜有发言机会.而本案例教学中, 学生积极参与进来, 师生交往融洽.学生通过这个定理的学习, 可以巩固以前学过的知识, 如空间解析几何的相关知识等.学生提到用综合法处理是否可行的问题, 实际上可用综合法, 证明如下:

证明在单位球面上, 设球心为O, 连接OA, OB, OC, 则过点A作弧AB的切线交直线OB于D, 过点A作弧AC的切线交直线OC于E, 连接DE (如图2) .

显然, AD⊥AO, AE⊥AO, 在中,

在

在中, 利用平面三角形的余弦定理

在中,

因为 (1) 式与 (2) 式左端相等, 所以右端也相等, 经化简整理, 即得cosa=cosbcosc+sinbsinccosA.类似地可以得到另外两式.

参考文献

[1]乌美娜.教学设计[M].北京:高等教育出版社, 2002.

[2]项昭等.高中选修课专题研究[M].贵阳:贵州人民出版社, 2007.

篇4：余弦定理证明初探

关键词： 数形结合 双基 创新意识 创新精神

如何发挥高考题的教学功能，把握高三复习备考方向，提高解题教学的功效，是我们一线教师努力的目标。余弦定理的证明曾在以前高考考题中出现过，去年陕西卷再次出现，说明余弦定理的证明不但能考察学生对“双基”知识的掌握能力，更能激发学生对数学中“数形结合”思想方法的重视和挖掘，从而对老师和学生起到抛砖引玉的功效。下面就余弦定理给出不同证明方法。

方法一（向量法）如图，设 ，则 即 ，

方法七（面积法） 如图，以 的三边为边长向外作三个正方形， 三条

高的延长线将三个正方形分成6个矩形。

教学的根本目的在于提高学生探索和解决问题的能力，以不同的知识为切入点，对同一题目从不同角度审视，探求出不同的解决方案，可以开拓思路，沟通知识，权衡优劣，提高学生的解题效率，更能提高学生分析、解决问题的能力，培养创新意识和创新精神，这正是新课改所追求的目的。

参考教材：

（1）北师大版高中数学，《必修4》。

（2）罗增儒，《数学解题学引论》。

篇5：余弦定理的多种证明

对于任意三角形 三边为a,b,c 三角为A,B,C 满足性质

a^2=b^2+c^2-2*b*c*CosA

b^2=a^2+c^2-2*a*c*CosB

c^2=a^2+b^2-2*a*b*CosC

CosC=(a^2+b^2-c^2)/2ab

CosB=(a^2+c^2-b^2)/2ac

CosA=(c^2+b^2-a^2)/2bc

证明：

如图：

∵a=b-c

∴a^2=(b-c)^2（证明中前面所写的a,b,c皆为向量，^2为平方）拆开即a^2=b^2+c^2-2bc

再拆开，得a^2=b^2+c^2-2*b*c*CosA

同理可证其他，而下面的CosA=(c^2+b^2-a^2)/2bc就是将CosA移到右边表示一下。

------------------

平面几何证法：

在任意△ABC中

做AD⊥BC.∠C所对的边为c，∠B所对的边为b，∠A所对的边为a

则有BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c

根据勾股定理可得：

AC^2=AD^2+DC^2

b^2=(sinB*c)^2+(a-cosB*c)^2

b^2=sin^2B*c^2+a^2+cos^2B*c^2-2ac*cosB

b^2=(sin^2B+cos^2B)*c^2-2ac*cosB+a^2

b^2=c^2+a^2-2ac*cosB

cosB=(c^2+a^2-b^2)/2ac

从余弦定理和余弦函数的性质可以看出,如果一个三角形两边的平方和等于第三

边的平方,那么第三边所对的角一定是直

角,如果小于第三边的平方,那么第三边所

对的角是钝角,如果大于第三边,那么第三边

篇6：余弦定理证明

余弦定理证明

在任意△ABC中, 作AD⊥BC.

∠C对边为c，∠B对边为b，∠A对边为a -->

BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c

勾股定理可知：

AC=AD+DC

b=(sinB*c)+(a-cosB*c)

b=sinB*c+a+cosB*c-2ac*cosB

b=(sinB+cosB)*c-2ac*cosB+a

b=c+a-2ac*cosB

所以，cosB=(c+a-b)/2ac

2

如右图，在ABC中，三内角A、B、C所对的.边分别是a、b、c . 以A为原点，AC所在的直线为x轴建立直角坐标系，于是C点坐标是(b，0)，由三角函数的定义得B点坐标是(ccosA，csinA) . ∴CB = (ccosA-b，csinA). 现将CB平移到起点为原点A，则AD = CB . 而 |AD| = |CB| = a ，∠DAC = π-∠BCA = π-C ， 根据三角函数的定义知D点坐标是 (acos(π-C)，asin(π-C)) 即 D点坐标是(-acosC，asinC), ∴ AD = (-acosC，asinC) 而 AD = CB ∴ (-acosC，asinC) = (ccosA-b，csinA) ∴ asinC = csinA …………① -acosC = ccosA-b ……② 由①得 asinA = csinC ，同理可证 asinA = bsinB ， ∴ asinA = bsinB = csinC . 由②得 acosC = b-ccosA ，平方得： a2cos2C = b2-2bccosA + c2cos2A ， 即 a2-a2sin2C = b2-2bccosA + c2-c2sin2A . 而由①可得 a2sin2C = c2sin2A ∴ a2 = b2 + c2-2bccosA . 同理可证 b2 = a2 + c2-2accosB ， c2 = a2 + b2-2abcosC . 到此正弦定理和余弦定理证明完毕。3△ABC的三边分别为a,b,c,边BC,CA,AB上的中线分别为ma.mb,mc,应用余弦定理证明:

mb=(1/2)[(√2(a^2+c^2)-b^2)]

mc=(1/2)[(√2(a^2+b^2)-c^2)]ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√[4c^2+a^2-(2a^2+2c^2-2b^2)]

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

同理可得：

mb=

mc=

4

ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√[4c^2+a^2-(2a^2+2c^2-2b^2)]

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

篇7：余弦定理证明过程

解：过C作CD⊥AB，垂足为D，则在Rt△CＤB中，根据勾股定理可得： a2＝CＤ2＋BＤ2

∵在Rt△AＤC中，CＤ2＝b2－AＤ2



又∵BＤ2＝（c－AＤ）2＝c2－2c·AＤ＋AＤ2

∴a2＝b2－AＤ2＋c2－2c·AＤ＋AＤ2＝b2＋c2

篇8：余弦定理的证明方法

关键词：余弦定理,发散思维,求异,创新

何为发散思维?根据思维的指向性,思维可分为集中思维和发散思维。思维是人脑对客观现实概括的和间接的反映,它体现的是事物的本质与内部规律性。发散思维也称辐散思维、求异思维,是根据已有的信息,从不同角度思考,从多方面寻求多样性答案的一种展开性思维活动。下面,我们就从余弦定理的多种证法看学生思维的发散性。

分析:余弦定理的公式中给出了四个量,“知三可求一”,因此,证明余弦定理即解决已知其中的三个量来表示另外一个量的问题。

思维取向一:解析法

点评:此法是通过建立坐标系将几何问题用代数观点来解决。笔者认为这个方法简单易懂,学生很容易就能想到求边长也即求两点间的距离,关键是要想到如何巧妙地建立直角坐标系(将一点放在原点,另一点置于x轴上)。

思维取向二:勾股法

点评:笔者认为此方法相对前三种方法不管是在计算量上还是思路上都更为简单。一开始我们接触到的锐角三角函数是根据直角三角形中的锐角得到的,而余弦定理是适用于任意三角形,通过在任意三角形中构造直角三角形,恰当地运用三角函数将边角关系有机的结合起来,即可得到余弦定理,其实,我们不难发现当一个角为直角时余弦定理即为勾股定理。

思维取向三:射影定理法

分析:余弦定理刻画的是任意三角形边角的关系,任意三角形的射影定理也涉及到边长和角度,为了将两者联系起来进行了步骤*,稍加整理即可得到余弦定理。

思维取向四:复数法

点评:此方法是上述向量法与解析几何法的结合,不同之处在于此方法中的坐标系与计算均是在复数领域内。

这四种证法对于高中生来说并不难理解,在学生原有的认知结构为基础之上,通过将新旧知识间建立联系。但难的是如何针对一个问题从不同角度找到多样的解决办法。这就需要现代教师在教学过程中有意识地培养学生的发散性思维。

通过对余弦定理证法的思考与分析,并结合思维的一般品质,关于如何培养学生的发散思维我提出以下三点。首先应引导学生在学习中抓住事物的规律和本质,深入的思考问题,从而增加学生思维的深刻性,为思维的发散奠定一个良好的基础。其次,鼓励学生在学习中追求“标新立异”,勇于创新。因此,在教学过程中,可以根据学生的这种心理特点,鼓励其大胆想象,尝试突破思维的局限,从多角度、多层面思考问题。如复数法或许就很少同学能够想到,因为大家都不约而同地将余弦定理限定在实数范围,很少去想利用复数能不能解决这个问题;大多数同学也都认为用数学知识解决物理问题理所当然,而不会想到是否可以用物理知识解决数学问题。同时,作为教师应用包容与鼓励的眼光看待学生在“求异”过程中出现的错误与失败,并以恰当的方式帮助学生改正想法中的不足。当然,适当的有针对性的习题训练对学生发散思维的培养也是必要的。结合教学内容和学生实际情况,采取多种形式的习题训练,可激发学生求异创新的欲望,帮助学生养成多角度思考问题的习惯。

参考文献

[1]孔凡哲,曾峥编著.数学学习心理学[M].第2版.北京:北京大学出版社,2012,5:197-203.

[2]徐英.用物理法证明正弦定理与余弦定理[J].中学数学杂志,2006.9.

[3]杨春茹.高中数学教学中培养学生发散思维的研究与实践[D].中国知网数据库.东北师范大学,2003.5.

篇9：余弦定理的三种证明

c2=a2+b2-2abcosC,b2=a2+c2-2accosB,a2=b2+c2-2bccosA

证明：按照三角形的分类，分三种情形证明之.(1)在RtABC中，如图1-1 根据勾股定理: c=a+b

因为cosC=0,所以c=a+b-2abcosC

A

a222,所以b=a+c-2accosB cb222

因为cosA=,所以a=b+c-2bccosA

c

因为cosB=

（2）在锐角△ABC中，如图1-2 作CDAB于点D，有

b

c

C a

B C

CD=asinB,BD=acosB，AD=AB-BD=c-acosB

b

b2=CD2+AD2=(asinB)2+(c-acosB)2=a2+c2-2accosB

同理可证：

A

c

B

D

c2=a2+b2-2abcosC, a2=b2+c2-2bccosA

（3）在钝角△ABC中，如图1-3

作CDAB，交AB的延长线于点D，则

CD=asinCBD=asinB,BD=acosCBD=-acosB，AD=AB+BD=c-acosB

b2=CD2+AD2=(asinB)2+(c-acosB)2=a2+c2-2accosB

按照（2）的方法可以证明：

b

a

c2=a2+b2-2abcosC, a2=b2+c2-2bccosA

综上所述，在任意的三角形中，余弦定理总是成立.A

B D

证明：在△ABC中，令AB=c，AC=b，BC=a

aBCBAACbc

22222|a|(bc)b2bcc|b|2|b||c|cosA|c|2

即a=b+c-2bccosA

同理可证：c=a+b-2abcosC,b=a+c-2accosB

证明：对于任意一个ABC，建立直角坐标系如图所示，那么A(bcosC,bsinC)，B(a,0)

因为余弦定理中涉及到c，我们自然想到计算AB的长度。根据两点间的距离公式，我们有： 2222222222A c

B a b C

c2|AB|2(bcosCa)2(bsinC)2a2b22abcosC，即cab2abcosC

篇10：用复数证明余弦定理

=(-acosB,asinB)，=-=(bcosA-c,bsinA),(1)由=：得

asinB=bsinA,即

=.同理可得：=.∴==.(2)由=(b-cosA-c)2+(bsinA)2=b2+c2-2bccosA，又||=a,∴a2=b2+c2-2bccosA.同理：

c2=a2+b2-2abcosC;

b2=a2+c2-2accosB.法二：如图5，,设轴、轴方向上的单位向量分别为、，将上式的两边分别与、作数量积，可知，即

将(1)式改写为

化简得b2-a2-c2=-2accosB.即b2=a2+c2-2accosB.(4)

这里(1)为射影定理，(2)为正弦定理，(4)为余弦定理.2在△ABC中，AB=c、BC=a、CA=b

则c^2=a^2+b^2-2ab*cosC

a^2=b^2+c^2-2bc*cosA

b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

下面在锐角△中证明第一个等式，在钝角△中证明以此类推。

过A作AD⊥BC于D，则BD+CD=a

由勾股定理得：

c^2=(AD)^2+(BD)^2，(AD)^2=b^2-(CD)^

2所以c^2=(AD)^2-(CD)^2+b^2

=(a-CD)^2-(CD)^2+b^2

=a^2-2a*CD+(CD)^2-(CD)^2+b^2

=a^2+b^2-2a*CD

因为cosC=CD/b

所以CD=b*cosC

所以c^2=a^2+b^2-2ab*cosC

题目中^2表示平方。

2谈正、余弦定理的多种证法

聊城二中魏清泉

正、余弦定理是解三角形强有力的工具，关于这两个定理有好几种不同的证明方法.人教A版教材《数学》(必修5)是用向量的数量积给出证明的，如是在证明正弦定理时用到作辅助单位向量并对向量的等式作同一向量的数量积，这种构思方法过于独特，不易被初学者接受.本文试图通过运用多种方法证明正、余弦定理从而进一步理解正、余弦定理，进一步体会向量的巧妙应用和数学中“数”与“形”的完美结合.定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,则

(1)(正弦定理)==;

(2)(余弦定理)

c2=a2+b2-2abcosC,b2=a2+c2-2accosB,a2=b2+c2-2bccosA.一、正弦定理的证明

证法一：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的三条高。则有

AD=b•sin∠BCA，BE=c•sin∠CAB，CF=a•sin∠ABC。

所以S△ABC=a•b•csin∠BCA

=b•c•sin∠CAB

=c•a•sin∠ABC.证法二：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的3条高。则有

AD=b•sin∠BCA=c•sin∠ABC，BE=a•sin∠BCA=c•sin∠CAB。

证法三：如图2，设CD=2r是△ABC的外接圆的直径，则∠DAC=90°，∠ABC=∠ADC。

证法四：如图3，设单位向量j与向量AC垂直。

因为AB=AC+CB，所以j•AB=j•(AC+CB)=j•AC+j•CB.因为j•AC=0，j•CB=|j||CB|cos(90°-∠C)=a•sinC，j•AB=|j||AB|cos(90°-∠A)=c•sinA.二、余弦定理的证明

法一：在△ABC中，已知，求c。

过A作，在Rt中，法二：，即：

法三：

先证明如下等式：

⑴

证明：

故⑴式成立，再由正弦定理变形，得

结合⑴、有

即.同理可证

.三、正余弦定理的统一证明

法一：证明：建立如下图所示的直角坐标系，则A=(0，0)、B=(c,0)，又由任意角三角函数的定义可得：C=(bcosA,bsinA)，以AB、BC为邻边作平行四边形ABCC′，则∠BAC′=π-∠B，∴C′(acos(π-B),asin(π-B))=C′(-acosB,asinB).根据向量的运算：

=(-acosB,asinB)，=-=(bcosA-c,bsinA),(1)由=：得

asinB=bsinA,即

=.同理可得：=.∴==.(2)由=(b-cosA-c)2+(bsinA)2=b2+c2-2bccosA，又||=a,∴a2=b2+c2-2bccosA.同理：

c2=a2+b2-2abcosC;

b2=a2+c2-2accosB.法二：如图5，,设轴、轴方向上的单位向量分别为、，将上式的两边分别与、作数量积，可知，即

将(1)式改写为

化简得b2-a2-c2=-2accosB.即b2=a2+c2-2accosB.(4)

篇11：余弦定理的三个无字证明

无需任何废话，三张图片即可说明一切！证明一：

证明二：

证明三：

篇12：谈正弦定理与余弦定理的运用

例1在△ABC中，a,b,c分别为内角A、B、C的对边，根据下列条件，判断△ABC的形状(1)acos A=bcos B;(2)(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B).

分析:对于上述例1中(1)和(2)分析以后可以发现，给出的条件中都是既有边长也有角度，所以一般都应该对于给出的这类条件进行整理，最终化简为仅有角度或者边长的形式，而在这个过程中一般采用正弦定理和余弦定理的变式效果会更好．

解:对于(1)的求解，可以考虑两种方法，

解法1:因为a=2Rsin A,b=2Rsin B，所以2Rsin Acos A=2Rsin Bcos B，即sin2A=sin2B，所以2A=2B或者2A+2B=π．

可以得到A=B或者，所以该三角形为等腰或者直角三角形．

解法2:因为，所以，即a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2)将该表达式进行因式分解可得(a2-b2)(a2+b2-c2)=0，也就是a=b或者a2+b2=c2，同样得到该三角形为等腰或者直角三角形．

相比(1)而言，(2)的形式相对复杂，一般在解题过程中发现A+B这样的条件往往化为π-C，但本题等式两侧的次数相对对称，对于左侧的A-B需要展开，因此右侧保留A+B，得到

a2[sin(A-B)-sin(A+B)]=b2[-sin(A+B)-sin(A-B)]，即2a2cos Asin B=2b2cos Bsin A，此时可以将所有条件化角或者化边，可以得到sin Asin B(sin2A-sin2B)=0或者，也就是sin2A=sin2B或者(a2-b2)(a2+b2-c2)=0，同(1)类似，可以得到该三角形为等腰或者直角三角形．

二、观察结构，注重与定理的联系

例2在△ABC中，a,b,c分别为内角A、B、C的对边，

(2)若△ABC的面积为S，且2S=(a+b)2-c2，求tan C的值．

分析:上述两个问题给出的条件与问题之间存在较大距离，需要对给出的条件进行代数变形，而结构中都含有边长的平方关系，可以与正、余弦定理的公式联系在一起．

(2)由于条件右侧含有a2+b2-c2的形式且最终所求也与角C有关，容易想到左侧的面积，所以条件可以化为

三、利用图形，恰当选择变量和定理

正、余弦定理是三角形内边角关系的两个定理，因此还有一类问题需要在图形中解决长度和角度问题．

例3如图1，在边长为1的等边△ABC中，D、E分别为边AB、AC上的点，若A关于直线DE的对称点A1恰好在线段BC上，求AD长度的最小值．

分析:由于需要求解线段长度，则将线段放在三角形中进行计算．图中存在对称，不妨连结A1D，得A1D=AD，因此可以在△A1BD中进行求解，而对于图形问题的变量选择，可以选择边长也可以选择角度．

解法1:不妨设A1B=x,AD=y，则在△A1BD中，

例3给出一个图形，要解决某条线段长度的最值问题，需要将该线段放在三角形内利用正余弦定理进行计算，由于所选三角形的不一样以及求解所用定理的不同，选择了两种不同的变量设法，而这也是求解图形问题常见的解决方法．

篇13：三角形余弦定理公式及证明

对于边长为a、b、c而相应角为A、B、C的三角形，有：

a2=b2+c2-bc·cosA

b2=a2+c2-ac·cosB

c2=a2+b2-ab·cosC

也可表示为：

cosC=(a2+b2-c2)/ab

cosB=(a2+c2-b2)/ac

cosA=(c2+b2-a2)/bc

这个定理也可以通过把三角形分为两个直角三角形来证明。

如果这个角不是两条边的夹角，那么三角形可能不是唯一的`(边-边-角)。要小心余弦定理的这种歧义情况。

三角形余弦定理的证明：

平面向量证法(觉得这个方法不是很好，平面的向量的公式a·b=|a||b|Cosθ本来还是由余弦定理得出来的，怎么又能反过来证明余弦定理)∵如图，有a+b=c(平行四边形定则：两个邻边之间的对角线代表两个邻边大小)

∴c·c=(a+b)·(a+b)

∴c2=a·a+2a·b+b·b∴c2=a2+b2+2|a||b|Cos(π-θ)

(以上粗体字符表示向量)

又∵Cos(π-θ)=-Cosθ

∴c2=a2+b2-2|a||b|Cosθ(注意：这里用到了三角函数公式)

再拆开，得c2=a2+b2-2abcosC

即cosC=(a2+b2-c2)/2*a*b

同理可证其他，而下面的cosC=(c2-b2-a2)/2ab就是将cosC移到左边表示一下。

平面几何证法

在任意△ABC中

做AD⊥BC.

∠C所对的边为c，∠B所对的边为b，∠A所对的边为a

则有BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c

根据勾股定理可得：

AC2=AD2+DC2

b2=(sinBc)2+(a-cosBc)2

b2=(sinB*c)2+a2-2accosB+(cosB)2c2

b2=(sinB2+cosB2)c2-2accosB+a2

b2=c2+a2-2accosB

篇14：余弦定理的教案

《余弦定理》选自人教A版高中数学必修五第一章第一节第一课时。本节课的主要教学内容是余弦定理的内容及证明，以及运用余弦定理解决“两边一夹角”“三边”的解三角形问题。

余弦定理的学习有充分的基础，初中的勾股定理、必修一中的向量知识、上一课时的正弦定理都是本节课内容学习的知识基础，同时又对本节课的学习提供了一定的方法指导。其次，余弦定理在高中解三角形问题中有着重要的地位，是解决各种解三角形问题的常用方法，余弦定理也经常运用于空间几何中，所以余弦定理是高中数学学习的一个十分重要的内容。

二、教学目标

知识与技能：

1、理解并掌握余弦定理和余弦定理的推论。

2、掌握余弦定理的推导、证明过程。

3、能运用余弦定理及其推论解决“两边一夹角”“三边”问题。 过程与方法：

1、通过从实际问题中抽象出数学问题，培养学生知识的迁移能力。

2、通过直角三角形到一般三角形的过渡，培养学生归纳总结能力。

3、通过余弦定理推导证明的过程，培养学生运用所学知识解决实际问题的能力。

情感态度与价值观：

1、在交流合作的过程中增强合作探究、团结协作精神，体验 解决问题的成功喜悦。

2、感受数学一般规律的美感，培养数学学习的兴趣。

三、教学重难点

重点：余弦定理及其推论和余弦定理的运用。

难点：余弦定理的发现和推导过程以及多解情况的判断。

四、教学用具

篇15：余弦定理的证明方法

§5.5 正弦定理、余弦定理的应用

基础自测

1.在某次测量中，在A处测得同一半平面方向的B点的仰角是60°,C点的俯角为70°，则∠BAC=.答案 130°

2.从A处望B处的仰角为，从B处望A处的俯角为，则、的大小关系为.答案 =

3.在△ABC中，若(a+b+c)(a+b-c)=3ab,且sinC=2sinAcosB,则△ABC是 三角形.答案 等边

4.已知A、B两地的距离为10 km,B、C两地的距离为20 km,现测得∠ABC=120°，则A、C两地的距离为 km.答案 107

5.线段AB外有一点C，∠ABC=60°,AB=200 km,汽车以80 km/h的速度由A向B行驶，同时摩托车以 50 km/h的速度由B向C行驶，则运动开始 h后，两车的距离最小.答案 70 43例题精讲

例1 要测量对岸A、B两点之间的距离，选取相距3 km的C、D两点，并测得∠ACB=75°，∠BCD= 45°，∠ADC=30°，∠ADB=45°，求A、B之间的距离.解 如图所示，在△ACD中，∠ACD=120°，∠CAD=∠ADC=30°，∴AC=CD=3 km.在△BCD中，∠BCD=45°，∠BDC=75°，∠CBD=60°.∴BC=2AB=(3)+(3sin7562=.△ABC中，由余弦定理，得

sin602262262)-2×3××cos75°=3+2+3-3=5，22∴AB=5(km).∴A、B之间的距离为5 km.159 例2．沿一条小路前进，从A到B，方位角（从正北方向顺时针转到AB方向所成的角）是50°，距离是3 km，从B到C方位角是110°，距离是3 km，从C到D,方位角是140°，距离是（9+33）km.试画出示意图，并计算出从A到D的方位角和距离（结果保留根号）.解 示意图如图所示，连接AC，在△ABC中，∠ABC=50°+(180°-110°)=120°,又AB=BC=3，∴∠BAC=∠BCA=30°.由余弦定理可得

1AC=AB2BC22ABBCcos120= 99233()

2=27=33(km)，在△ACD中，∠ACD=360°-140°-(70°+30°)=120°, CD=33+9.1由余弦定理得AD=AC2CD22ACCDcos120= 27(339)2233(339)()

2=9(26)(km)2CDsinACD=AD(339)由正弦定理得sin∠CAD=

32=2.292962∴∠CAD=45°,于是AD的方位角为50°+30°+45°=125°, 所以，从A到D的方位角是125°，距离为

9(26)km.2例3 如图所示，已知半圆的直径AB=2，点C在AB 的延长线上，BC=1，点P为半圆上的一个动点，以 DC为边作等边△PCD，且点D与圆心O分别在PC 的两侧，求四边形OPDC面积的最大值.解 设∠POB=，四边形面积为y，则在△POC中，由余弦定理得

160 PC=OP+OC-2OP·OCcos=5-4cos.∴y=S△OPC+S△PCD=∴当-1353×1×2sin+（5-4cos）=2sin(-)+.3244222553=，即=时，ymax=2+.326453.4所以四边形OPDC面积的最大值为2+巩固练习

1.某观测站C在A城的南偏西20°的方向.由A城出发的一条公路，走向是南偏东40°，在C处测得公路上B处有一人距C为31千米正沿公路向A城走去，走了20千米后到达D处，此时CD间的距离为21千米，问这人还要走多少千米才能到达A城？ 解 设∠ACD=，∠CDB=.在△BCD中，由余弦定理得 cos=

143BD2CD2CB2202212312==-，则sin=，72BDCD220217而sin=sin(-60°)=sincos60°-cossin60° =1153433×+×=, 27142721AD21sin=,∴AD==sin60sinsin6021在△ACD中，由正弦定理得

5314=15(千米).32答 这个人再走15千米就可到达A城.2.如图所示，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，现测得 ∠BCD=，∠BDC=，CD=s，并在点C测得塔顶A的仰角为，求塔高AB.解 在△BCD中，∠CBD=--，由正弦定理得所以BC=CDsinBDCssin=

sinCBDsin()BCCD=，sinBDCsinCBD在Rt△ABC中，AB=BCtan∠ACB=

stansin.sin()3.为了竖一块广告牌，要制造三角形支架.三角形支架如图

161 所示，要求∠ACB=60°，BC的长度大于1米，且AC比 AB长0.5米.为了使广告牌稳固，要求AC的长度越短越 好，求AC最短为多少米？且当AC最短时，BC长度为多 少米？

解 设BC=a（a＞1）,AB=c，AC=b，b-c=

12221122

2.c=a+b-2abcos60°，将c=b-代入得(b-)=a+b-ab, 222化简得b(a-1)=a-21.由a＞1,知a-1＞0.b=4a231(a1)22a234=(a-1)+4= 4(a1)a1a1+23+2, 当且仅当a-1=33时，取“=”号，即a=1+时，b有最小值2+3.4(a1)2答 AC最短为(2+3)米，此时，BC长为(1+

3)米.2回顾总结 知识 方法 思想

课后作业

一、填空题

1.海上有A、B两个小岛相距10海里，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成 75°视角，则B、C的距离是 海里.答案 56

2.为测量某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20 m的楼顶处测得塔顶A的仰角为30°，测得塔基B的俯角为45°，那么塔AB的高度是 m.答案 20(1+3)33.如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km, 162 灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为 km.答案 3a

4.一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为 海里/小时.答案 176 25.如图所示，在河岸AC测量河的宽度BC，图中所标的数据a，b，c，，是可供测量的数据.下面给出的四组数据中，对测量河宽较适宜 的是（填序号）.①c和②c和b③c和④b和 答案 ④

6.如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°,与灯塔S相 距20海里,随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后,又测得灯塔在 货轮的东北方向,则货轮的速度为 海里/小时.答案 20(6-2)7.在△ABC中，若∠C=60°，则答案 1 8.（2008·苏州模拟）在△ABC中，边a,b,c所对角分别为A,B,C，且答案

nisaAab+=.bcca=

cosBcosC

=,则∠A=.cb

2二、解答题

9.在△ABC中，a，b，c分别为角A、B、C的对边，设f（x）=ax-（a-b）x-4c.（1）f（1）=0且B-C=

2，求角C的大小；（2）若f（2）=0，求角C的取值范围.3222

2解（1）∵f（1）=0，∴a-(a-b)-4c=0，∴b=4c，∴b=2c，∴sinB=2sinC，163 又B-C=.∴sin(C+)=2sinC，∴sinC·cos+cosC·sin=2sinC，3333∴353sinC-cosC=0，∴sin(C-)=0，又∵-＜C-＜，∴C=.6666622222

2（2）若f（2）=0，则4a-2(a-b)-4c=0，∴a+b=2c，∴cosC=又2c=a+b≥2ab，∴ab≤c，∴cosC≥2222

a2b2c2c2=，2ab2ab1，又∵C∈（0，），∴0＜C≤.323.410.（2008·泰安模拟）在△ABC中，a,b,c分别为角A，B，C的对边.已知a=1,b=2,cosC=(1)求边c的值；（2）求sin(C-A)的值.解（1）c=a+b-2abcosC=1+2-2×1×2×22222

3=2，∴c=2.4（2）∵cosC=3ac17，∴sinC=.在△ABC中，=,即=

sinAsinCsinA44274.∴sinA==

5214,∵a＜b,∴A为锐角，cosA=.∴sin(C-A)=sinCcosA-cosCsinA

8852371414×-×=.48481611.如图所示，扇形AOB，圆心角AOB等于60°，半径为2，在弧

AB上有一动点P，过P引平行于OB的直线和OA交于点C，设∠AOP=，求△POC面积的最大值及此时的值.解 ∵CP∥OB，∴∠CPO=∠POB=60°-，∠OCP=120°.在△POC中，由正弦定理得又OPCP2CP4=，∴=，∴CP=sin.sinPCOsinsin120sin32OC4=，∴OC=sin（60°-）.因此△POC的面积为

sin(60)sin1203S（）==11443CP·OCsin120°=·sin（60°-）× sin·2223343sinsin（60°-）=43sin（1232

cos-sin)=2sin·cos-sin

223=sin2+

332333cos2-=sin(2+)-.∴=时，S（）取得最大值为.6633333164 12.在海岸A处，发现北偏东45°方向，距离A（3-1）n mile的B处 有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A 2 n mile的C处的

缉私船奉命以103 n mile/h的速度追截走私船.此时，走私船正以 10 n mile/h的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方 向能最快追上走私船？

解 如图所示，注意到最快追上走私船且两船所用时间相等，若在D处相遇，则可先在△ABC中求出BC，再在△BCD中求∠BCD.设缉私船用t h在D处追上走私船，则有CD=103t，BD=10t.在△ABC中，222∵AB=3-1，AC=2，∠BAC=120°,∴由余弦定理，得BC=AB+AC-2AB·AC·cos∠BAC

篇16：余弦定理的证明方法

众所周知, 在两角和与差的三角函数公式中, 证明了两角和与差的正弦和余弦公式之一, 其余的公式就可以由这个公式推导出来. 我国现行人教版新课标高中教材的处理方法如下:

证明1向量法 ( 人教版新课标《数学》第二册)

如图1, 在平面直角坐标系x Oy内作单位圆O, 以Ox为始边作角α, β, 它们的终边与单位圆O的交点分别为A, B, 则

由向量数量积的坐标表示, 有

另一方面, 由图1 ( 1) 可知, α = β + θ; 由图1 ( 2) 可知, α= β - θ, 于是α - β = θ,

∴ cos ( α - β) = cosθ.

也有cos ( α - β) = cosαcosβ + sinαsinβ.

对于任意角α, β有cos ( α - β) = cosαcosβ + sinαsinβ.

其实, 关于两角和与差三角函数公式的证明方法有许多, 下面介绍运用坐标法及平面几何证明两角和与差三角函数公式的方法.

二、三角函数两角和差的余弦公式的坐标法证明

证明2坐标法———两点间距离相等

如图2, 在直角坐标系中作单位圆O, 并作出角α, β和- β角, 设定角的各边与圆O的交点坐标, 根据两点间的距离公式, 推出公式cos ( α + β) = cosαcosβ - sinαsinβ.

∵ PA2= QR2,

∴ cos ( α + β) = cosαcosβ - sinαsinβ·C.

三、两直角三角形结合法证明三角函数两角和差的正弦公式

证明3两直角三角形结合法

如图3, sin ( α + β) = AH = KC + CD,

AC = sinβ, ∠ACK = α, KC = sinβcosα.

又∵BC = cosβ, CD = sinαcosβ,

∴ sin ( α + β) = cosαcosβ + sinαsinβ.

四、坐标法证明余弦定理

证明4坐标法———余弦定理

由△POQ的余弦定理可知,

∴ cos ( α - β ) = cosαcosβ +sinαsinβ.图 4

五、结 语

本文以中职教材中的“三角函数两角和差的正余弦公式”的证明方法为焦点, 分别又用三种不同的方法证明了三角函数两角和差的正余弦公式. 从不同的角度去启迪和引导学生的思维, 调动学生思考问题的积极性, 培养学生发散思维的能力, 这对扩展学生的视野, 加深对公式的理解会大有帮助.

摘要：本文对三角函数两角和差的正余弦公式的证明方法进行了探讨.在教材中三角函数两角和差的余弦公式的证明的基础上, 给出三角函数两角和差的余弦公式的坐标法证明, 两直角三角形结合法证明三角函数两角和差的正弦公式和坐标法——余弦定理.证明三角函数两角和差的余弦公式的三种方法.

关键词：三角函数,两角和差的正余弦,公式证明,单位园

参考文献

[1]人民教育出版社课程教材研究所.数学4必修A版[M].北京:人民教育出版社, 2007:125.