正、余弦定理的证明----方法种种

正、余弦定理的证明----方法种种（通用19篇）

篇1：正、余弦定理的证明----方法种种

利用向量统一正、余弦定理的证明

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；

b2=a2+c2-2accos B。

篇2：正、余弦定理的证明----方法种种

（1）余弦定理的证明

（2）正弦定理的证明

二、正弦定理、余弦定理的应用

（1）证明三角形角平分线定理

（2）证明平行四边形边与对角线的长度关系

（3）证明知三边的三角形面积公式：海伦公式

（4）正弦定理是三角形中的边与角联系的纽带和桥梁，也就是说，能够将三角形中边的关系转化为角之间的关系，也能将角的关系转化为边之间的关系，这是正弦定理的“灵魂”。

篇3：正余弦曲线的一个余弦定理

定理:设正弦曲线y = Asinωx或余弦曲线y = Acosωx (A >0, ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正余弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, ∠MPN = θ, π是圆周率, 则

证明:因为正余弦曲线的形状和周期性相同, 故将点M平移至坐标原点O, 由函数y = Asinωx (A > 0, ω > 0) 的性质得M (0, 0) , P (π/2ω, A) , N (π/ω, 0) , 故由对称性得, | MN | =π/ω, 由余弦定理得

推论1 :设正弦曲线y = Asinωx或余弦曲线y = Acosωx (A> 0, ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正余弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, ∠MPN = 90°, π是圆周率, 则ωA =π/2.

证明:由题意和上述定理得

推论2:设正弦曲线y = Asinωx或余弦曲线y = Acosωx (A> 0, ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正余弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, △MPN是正三角形, π是圆周率, 则

证明:由题意得∠MPN = 60°, 和上述定理得

有了这几个结论, 我们可很方便地编拟三角函数的一些创新题目.

例1设正弦曲线y = Asinωx (A > 0, ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, 若∠MPN = 90°, 求 (sinωA) 2012+ (cosωA) 2013的值.

解:由题意和推论1知ωA =π/2, 所以

例2设正弦函数y = 2sinωx (ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, 若∠MPN = 60°, 求该函数的最小正周期.

解:因为A = 2, θ = 60°, 由本文推论2得

故知该函数的最小正周期

例3设函数f (x) = Acosωx (A > 0, ω > 0) 的图象和x轴的两个相邻的交点是M和N, P是曲线上且位于M和N之间的最高点或最低点, 若△PMN是边长为2的正三角形.

(1) 求函数f (x) 的解析式;

(2) 求f (1) + f (2) + f (3) + f (4) + … + f (2012) +f (2013) 的值.

解: (1) 因为三角形PMN是边长为2的正三角形, 故| MN | = 2, 故函数f (x) 的半周期

例4设正弦函数y = Asinωx (A, ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, 若| MN | = 2π, ∠MPN = 45°, 求该函数的解析式.

篇4：正余弦定理的运用“两连发”

正弦定理是解三角形的重要工具，也广泛用于球的截面问题.但用其解题时可能会出错.本文就对此类问题错因及应对策略加以探讨.

例1 在△ABC中，A=60°，a=，b=3，则△ABC解的情况是（）

A?郾 无解B. 有一解

C. 有两解D. 不能确定

错解 =，得sinB=，又0

正解一 =，得sinB=>1，所以B无解，故答案为A.

正解二 cosA==，得c2－3c+3=0，所以c无解，故答案为A.

例2 在△ABC中，A=60°，a=4，b=4，则B= .

错解 =，得sinB=，又0

正解一 =，得sinB=，又0b，得A>B，所以B=45°.

正解二 cosA==，得c2－4c－16=0，又c>0，所以c=2（+）.

所以cosB==，所以B=45°.

例3 在△ABC中，C=2A，a+c=10，cosA=，求b的值.

错解 C=2A，得sinC=sin2A=2sinAcosA，又cosA=，且=，所以c=a.

又a+c=10，得a=4，c=6.又cosA==，得b=4或5.

正解一 由上法求出b=4或5.

当b=4时，a=b，则A=B，故A+B+C=4A=π，得A=，与cosA=矛盾.

经检验，b=5符合题意.

正解二 由上法求出a=4，c=6.

又cosC=cos2A=2cos2A-1==，得b=－4（舍去）或5.

例4 ?摇（2009年全国Ⅱ卷）在△ABC中，cos（A－C）+cosB=，b2=ac，求B的大小.

错解 由cos（A－C）+cosB=，得cos（A－C）－cos（A+C）=，得sinAsinC=.

又由b2=ac及==，得sin2B=sinAsinC=，得sinB=，所以B=60°或120°.

正解一 由上法得B=60°或120°.

又cosB===>0，所以B=60°.

正解二 由上法得B=60°或120°.

b2=ac，得a≥b或者c≥b，即b不是唯一最大的边，与B=120°矛盾，所以B=60°.

根据以上四例错解分析，可看出运用正弦定理时产生错误的原因主要是忽略了以下两点：（1） 在△ABC中，a>b?圳A>B?圳sinA>sinB；（2） sinα∈（0，1］（α为三角形内角）.

根据以上四例正解分析，可看出为了避免因运用正弦定理而出错，要把握以下两点：（1） 对所求结果要进行检验（验证上述两点）；（2） 能用余弦定理解决的问题，可选择余弦定理.

用透余弦定理

引例 求cos270°+cos250°+cos70°cos50°的值.

解 原式=sin220°+sin240°+sin20°sin40°.

由===2R（20°+40°+120°=180°），得sin20°=，sin40°=，sin120°=.

故原式=（a2+b2+ab）=（a2+b2－c2+ab+c2）=（2abcos120°+ab+c2）==sin2120°=.（此解法属于下文中的构造应用.）

点评 这里通过构造三角形，运用正、余弦定理，求得了一个三角函数式的值.是怎么想到构造三角形的呢？答案是：题目中出现了形如“x2+y2－xy”的式子，由此自然想到△ABC中的余弦定理2bccosA=b2+c2－a2.实际上，遇见此类式子时，构造余弦定理解题是一种很好的方法.本文就对此类问题进行探究.

例1 在△ABC中，已知a2+b2－ab=c2，求C的大小.

解 由a2+b2－c2=ab，得2abcosC=ab，得C=60°.

例2 在△ABC中，若△ABC面积S=，求C的大小.

解 S==，又S=absinC，得C=45°.

例3 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC面积S=c2－（a－b）2，求tan的值.

解 S=c2－（a－b）2=c2－a2－b2+2ab=－2abcosC+2ab=2ab（1－cosC），又S=absinC，得4（1－cosC）=sinC，得8sin2=2sincos，所以tan=.

例4 ?摇（2009年全国Ⅰ卷）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2－c2=2b，且sinAcosC=3cosAsinC，求b的值.

解 由a2－c2=2b，得b2+a2－c2=2b+b2，得2abcosC=2b+b2，得2acosC=2+b.

由sinAcosC=3cosAsinC，得acosC=3ccosA.所以b=acosC+ccosA=acosC.

所以=，得b=4.

例5 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A=80°，a2=b（b+c），求C的大小.

解 由a2=b（b+c），得c2+a2－b2=bc+c2，得2accosB=bc+c2，即b+c=2acosB，得sinB+sinC=2sinAcosB，得sinB=sin（A－B），得B=40°，所以C=60°.

例6 设正数x，y，z满足x2++xy=25，+z2=9，x2+z2+xz=16， 求xy+2yz+3xz的值.

解 ?摇x2++xy=25，+z2=9，x2+z2+xz=16?圯x2+?摇2－52+xy=0，?摇2+z2－32=0，x2+z2－42+xz=0?圯2x?摇cos150°+xy=0，2z?摇cos90°=0，2xzcos120°+xz=0.

可构造如右图的形状，在直角三角形ABC中，∠ABC=90°，∠AOB=120°，∠BOC=90°，∠AOC=150°，S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC，即×3×4=xzsin120°+zsin90°+x·sin150°，即xy+2yz+3xz=24.

篇5：正弦定理与余弦定理的证明

a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R（R为三角形外接圆的半径）

正弦定理(Sine theorem)

（1）已知三角形的两角与一边，解三角形

（2）已知三角形的两边和其中一边所对的角，解三角形

（3）运用a：b：c=sinA：sinB：sinC解决角之间的转换关系直角三角形的一个锐角的对边与斜边的比叫做这个角的正弦。

证明

步骤1

在锐角△ABC中，设BC=a，AC=b，AB=c。作CH⊥AB垂足为点HCH=a·sinB

CH=b·sinA

∴a·sinB=b·sinA

得到a/sinA=b/sinB

同理，在△ABC中,b/sinB=c/sinC

步骤2.证明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R：

如图，任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.作直径BD交⊙O于D.连接DA.因为在同圆或等圆中直径所对的圆周角是直角，所以∠DAB=90度因为在同圆或等圆中同弧所对的圆周角相等，所以∠D等于∠ACB.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R

类似可证其余两个等式。

余弦定理的证明：

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

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

篇6：正、余弦定理练习1



10.在ABC中，已知A45，AB

6，BC2，解此三角形．

1.在ABC中，b10，c15，C30，则此三角形解的情况是（）

A．一解B．两解C．无解D．无法确定

2.在ABC中，a10，B60，C45，则c=（）A．10＋3B．103－10C．3＋1D．103 3.在ABC中，已知角B=45，c22，b

433，则角A=（）

A．15B．75C．105D．15或75

4.在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，则acosB+bcosA等于（）A．

ab2

B．bC．cD．a

5.在ABC中，若b2asinB，则这个三角形中角A的值是（）A．30或60B．45或60C．60或120D．30或1506.设m、m＋

1、m＋2是钝角三角形的三边长，则实数m的取值范围是（）A．0＜m＜3B．1＜m＜3C．3＜m＜4D．4＜m＜6

7.在ABC中，a5，B105，C15，则此三角形的最大边的长为__________．8.在ABC中，ab12，A60，B45，则a_________，b________． 9.在ABC中，下列命题中，所有正确命题的序号是___________________ ① 若sinA12，则A30②a80，b100，A45的三角形有一解 ③ 若cosA12，则A60④ a18，b20，A150的三角形一定存在11.在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(1)求sin C的值；

(2)当a＝2,2sin A＝sin C时，求b及c的长．

cos 2C＝－1

篇7：高二正余弦定理填空

中，【答案】1或2，则 BC 的长度为________ 2．在

ABC

C的大小为3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c,且acosB3,bsinA4，【答案】

54．在AB

C中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 若acos

AbsinB, 则sinAcosAcos2B___________.【答案】15．在△ABC中，A=120°，b=1。【答案】6．已知ABC

则角A=【答案】45

7sinA:sinB:sinC2:3:4 8．在ABC中，边BC

2C的取值范围是． A、B、C所对边的长分别是a,b,c且abc，若A的大小为． 10．在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知b=1，则c等于． 【答案】211．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若(abc)(abc)ab，则角C 12．在ABC中，A120,若a7，bc8，则ABC的面积是.试卷第1页，总5页

13．已知△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c且a1，B450，SABC2，14．已知等差数列an的前n项和为sn(a1)n2a，某三角形三边之比为

a2:a3:a4,则该三角形的最大角为

【答案】120

15．给出问题：已知△ABC满足acosAbcosB，试判定△ABC的形状.某学生的解答如下：

解：（i）由余弦定理可得，

a

b

c

a

2b2

a

b

，c2

a2

b2,故△ABC是直角三角形.（ii）设△ABC外接圆半径为R.由正弦定理可得，原式等价于2Rsin

AcosA2RsinBcos

B sin2Asin2BAB，故△ABC是等腰三角形.综上可知，△ABC是等腰直角三角形.请问：该学生的解答是否正确？若正确，请在下面横线中写出解题过程中主要用到的思想方法；若不正确，请在下面横线中写出你认为本题正确的结果..【答案】等腰或直角三角形

16．在ABC,若

a,b,c

17．在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a,b,c，若a2

c2

acb2，则角B 18．在ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，若a,b,c成等差数列,B30,ABC的【答案】19．在ABCc.【答案】3

试卷第2页，总5页

20．如图，某观测站C在城A的南偏西10的方向，从城A出发有一条走向为南偏东20的公路，在C处观测到距离C的公路上的B处有一辆汽车正沿公路向A城驶去，行驶了6km后到达D处，测得C，D两处的距离为2km，这时此车距离A城_______km．

试卷第3页，总5页

试卷第4页，总5页

篇8：正、余弦定理的五大命题热点

正弦定理和余弦定理是解斜三角形和判定三角形类型的重要工具, 其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系.在近年高考中主要有以下五大命题热点:

一、求解斜三角形中的基本元素

是指已知两边一角 (或二角一边或三边) , 求其它三个元素问题, 进而求出三角形的三线 (高线、角平分线、中线) 及周长等基本问题.

例1 (2009年高考广东文科) 已知△ABC中, ∠A, ∠B, ∠C的对边分别为a, b, c, 若$a=c=\sqrt{6}+\sqrt{2}$且∠A=75°, 则

$\begin{array}{l}b=()\\ (\text{A})2(\text{B})4+2\sqrt{3}\\ (\text{C})4-2\sqrt{3}(\text{D})\sqrt{6}-\sqrt{2}\end{array}$

分析:已知两边一对角的关系, 可考虑用正弦定理.

解:$\sin A=\sin 75°=\sin (30°+45°)=\sin 30°\cos 45°+\sin 45°\cos 30°=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$, 由$a=c=\sqrt{6}+\sqrt{2}$可知, ∠C=75°, 所以$\angle B=30°,\sin B=\frac{1}{2}$.由正弦定理得$b=\frac{a}{\text{s}\text{i}\text{n}A}\cdot \sin B=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}}\times \frac{1}{2}=2$, 故选 (A) .

点评:正弦定理通常运用于:①已知两角及任一边, ②已知两边一对角;余弦定理通常运用于:①已知两边及其夹角, ②已知三边.

二、判断三角形的形状

给出三角形中的三角关系式, 判断此三角形的形状.

例2 (2009年高考上海文科) 已知△ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c, 设向量$\overrightarrow{m}=(a,b)‚\overrightarrow{n}=(\sin B,\sin A),\overrightarrow{p}=(b-2,a-2).$

(1) 若$\overrightarrow{m}//\overrightarrow{n}$, 求证:△ABC为等腰三角形; (2) 若$\overrightarrow{m}$⊥$\overrightarrow{p}$, 边长c = 2, 角$C=\frac{\text{π}}{3}$, 求△ABC的面积 .

分析:先将向量关系转化为三角函数关系, 再利用正、余弦定理来解决.

解: (1) 因为$\overrightarrow{m}$//$\overrightarrow{n}$, 所以asinA=bsinB,

即$a\cdot \frac{a}{2R}=b\cdot \frac{b}{2R}$, 其中R是三角形ABC外接圆半径, 即a=b, 所以△ABC为等腰三角形.

(2) 由题意可知$\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{p}=0$, 即a (b-2) +b (a-2) =0, 所以a+b=ab.

由余弦定理可知, 4=a2+b2-ab= (a+b) 2-3ab, 即 (ab) 2-3ab-4=0.

所以ab=4 (舍去ab=-1) , 所以$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot \sin \frac{\text{π}}{3}=\sqrt{3}.$

评注:判断三角形形状, 通常用两种典型方法:⑴统一化为角, 再判断, ⑵统一化为边, 再判断.

三、 解决与面积有关问题

主要是利用正、余弦定理, 并结合三角形的面积公式来解题.

例3 (2009年高考北京卷) 在△ABC中, 角A、B、C的对边分别为$a,b,c‚B=\frac{\text{π}}{3},\cos A=\frac{5}{4},b=\sqrt{3}.$

(Ⅰ) 求sinC的值;

(Ⅱ) 求△ABC的面积.

分析:本题只需由面积公式$S=\frac{1}{2}ab\sin C$, 再结合正、余弦定理, 即可解决.

解: (Ⅰ) 因为A、B、C为△ABC的内角, 且$B=\frac{\text{π}}{3}‚\cos A=\frac{4}{5}$,

所以$C=\frac{2\text{π}}{3}-A,\sin A=\frac{3}{5},$

所以$\sin C=\sin (\frac{2\text{π}}{3}-A)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos A+\frac{1}{2}\sin A=\frac{3+4\sqrt{3}}{10}.$

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知$\sin A=\frac{3}{5}‚\sin C=\frac{3+4\sqrt{3}}{10}.$

又因为$B=\frac{\text{π}}{3}‚b=\sqrt{3},$

所以在△ABC中, 由正弦定理, 得

$a=\frac{b\text{s}\text{i}\text{n}A}{\text{s}\text{i}\text{n}B}=\frac{6}{5}.$

所以△ABC的面积$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}\times \frac{6}{5}\times \sqrt{3}\times \frac{3+4\sqrt{3}}{10}=\frac{36+9\sqrt{3}}{50}.$

四、求值问题

主要指在三角形中, 给出一些条件等式, 求三角形中有关角、边的值.

例4 (2009年高考天津卷) 在△ABC中, $BC=\sqrt{5},AC=3,\sin C=2\sin A$

(Ⅰ) 求AB的值.

(Ⅱ) 求$\sin (2A-\frac{\text{π}}{4})$的值.

分析:对于第 (1) 小题, 可用正弦定理直接求得;对于第 (2) 小题, 先由余弦定理, 得到sinA, 再用二倍角的正弦和余弦, 两角差的正弦求解.

解: (1) 在△ABC中, 根据正弦定理, $\frac{AB}{\text{s}\text{i}\text{n}C}=\frac{BC}{\text{s}\text{i}\text{n}A},$

于是$AB=\sin C\times \frac{BC}{\text{s}\text{i}\text{n}A}=2BC=2\sqrt{5}.$

(2) 在△ABC中, 根据余弦定理, 得$\cos A=\frac{AB{}^2+AC{}^2-BC{}^2}{2AB\cdot AC}.$

于是$\sin A=\sqrt{1-\cos {}^{2}A}=\frac{\sqrt{5}}{5},$

$\begin{array}{l}\text{从}\text{而}\sin 2A=2\sin A\cos A=\frac{4}{5},\cos 2A=\cos {}^{2}A-\sin {}^{2}A=\frac{3}{5}.\\ \sin (2A-\frac{\text{π}}{4})=\sin 2A\cos \frac{\text{π}}{4}-\cos 2A\sin \frac{\text{π}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{10}.\end{array}$

评注:解斜三角形问题常常是正弦定理, 余弦定理与三角公式综合应用.

五、应用问题

是指利用正、余弦定理解决实际问题, 如测量问题、航海问题等.

例5 (2009年高考辽宁文科卷) 如图1, A、B、C、D都在同一个与水平面垂直的平面内, B、D为两岛上的两座灯塔的塔顶.测量船于水面A处测得B点和D点的仰角分别为75°, 30°, 于

水面C处测得B点和D点的仰角均为60°, AC=0.1 km.试探究图中B, D间距离与另外哪两点距离相等, 然后求B, D的距离 (计算结果精确到0.01 km, $\sqrt{2}\approx 1.414‚\sqrt{6}\approx 2.449)$

分析:解此类问题, 首先要把实际问题化归为三角形的边角关系, 进而结合正、余弦定理解此三角形.

解:在△ACD中, ∠DAC=30°, ∠ADC=60°-∠DAC=30°, ,

所以CD=AC=0.1,

又∠BCD=180°-60°-60°=60°,

故CB是△CAD底边AD的中垂线, 所以BD=BA .

在△ABC中, $\frac{AB}{\sin \angle BCA}=\frac{AC}{\sin \angle ABC},$

即$AB=\frac{AC\text{s}\text{i}\text{n}60°}{\sin 15°}=\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}{20}$

因此, $BD=\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}{20}\approx 0.33$km, , 故B、D的距离约为0.33 km.

江苏省射阳职业教育中心校

篇9：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10：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11：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12：正余弦定理测试题

一、选择题

1.已知三角形三内角之比为1：2：3，则它们所对边之比为（）

A.1：2：3B.1:2:C.1::2D.2:3:

22.有分别满足下列条件的两个三角形：（1）B30,a14,b7（2）B60,a10,b9

那么下面判断正确的是（）

A．（1）只有一解（2）也只有一解B．（1）有两解（2）也有两解

C．（1）有两解（2）只有一解D．（1）只有一解（2）有两解

3．在△ABC

中，已知角B450,cb，则角A的值是（）A．15°B．75°C．105°D．75°或15°

4．边长为5、7、8的三角形的最大角与最小角之和的（）

A．90° B．120° C．135° D．150°

5．在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC=3∶2∶4，那么cosC的值为（）

A．－1 4B．1 4C．－ 2 3D．2

36．△ABC中，∠A=60°，a

A．有一个解

7.6,b4，那么满足条件的△ABC（）C．无解 D．不能确定 B．有两个解(abc)(abc)3ab，则c边所对的角等于（）

A．45B．60C．30D．150

8.锐角三角形的三边长分别为x+x+1,x－1和2x+1(x＞1)，则最大角为（）

A．150°B．120°C．60°D．75°

9．在 中，则三角形的形状为（）2

2A．直角三角形B．锐角三角形C．等腰三角形D．等边三角形

10.三角形三条边如下：（1）3，5，7（2）10，24，26（3）21，25，28，其中锐角三角形，直角三角形，钝角三角形的顺序依次是（）

A．（3）（2）（1）B．(1)(2)(3)C．(3)(1)(2)D．（2）（3）（1）

11.三角形ABC周长等于20，面积等于3,A60，则a为（）

A.5B.7C.6D.8

正余弦定理测试题

12．某人朝正东方向走x km后，向右转150°，然后朝新方向走3km，结果他离出发点恰好km，那么

x的值为

A．3

二、填空题（）C．2或D．3B．2

313．在△ABC中，a2,b6,A30,则C

14．在△ABC中，若∠B=30°,AB=2,AC=2,则△ABC的面积为___。

15．在△ABC中，(sinAsinC):(sinCsinA):(sinAsinB)4:5:6，则最大角的度数是___

16．在△ABC 中，A=3°，b=12，S△ABC =18，则sinAsinBsinC 的值_______。abc

三、解答题

17．已知钝角△ABC 的三边a=k,b=k+2,c=k+4, 求k的取值范围。

18．根据所给条件，判断△ABC的形状.

（1）acosA=bcosB；(2)

19．在△ABC中,已知C60,AB31,线段AC上有一点D，AD=20，BD=21，求BC长。

20.a、b、c为△ABC的三边，其面积S△ABC=123,bc=48,b－c=2,求a.21.已知a2b2c2bc,2b3c,a，求ABC的面积。

22.（2011.陕西）叙述并证明余弦定理。

篇13：正、余弦定理的证明----方法种种

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.

篇14：三角函数·正、余弦定理及其应用

1. 在[△ABC]中，三个内角[A，B，C]的对边分别为[a，b，c]，若[a=2，b=22，C=π12]，则内角[A]的值为（ ）

A. [π3]或[2π3] B. [π6]或[5π6]

C. [π3] D. [π6]

2. 在[△ABC]中，角[A，B，C]的对边分别为[a，b，c]，若[a2=b2+bc+c2]，则角[A]等于（ ）

A. [2π3] B. [π3]

C. [3π4] D. [π6]

3. 三角形两条边长分别为2和3，其夹角的余弦值是方程[2x2-3x+1=0]的根，则此三角形周长为（ ）

A. [7] B. [7]

C. [5+7] D. [5+23]

4. 若[△ABC]的三个内角成等差数列，三边成等比数列，则[△ABC]是（ ）

A. 直角三角形

B. 等腰直角三角形

C. 等边三角形

D. 钝角三角形

5. 已知[△ABC]中，[a=4]，[b=43]，[∠A=30°]，则[∠B]等于（ ）

A. 30° B. 30°或150°

C. 60° D. 60°或120°

6. 已知[△ABC]的面积为[32，][AC=3，][∠ABC=π3]，则[△ABC]的周长等于（ ）

A. [3+3] B. [33]

C. [2+3] D. [332]

7. 下列判断中正确的是（ ）

A. [ΔABC]中，[a=7]，[b=14]，[A=30°]，有两解

B. [ΔABC]中，[a=30，b=25，A=150°]，有一解

C. [ΔABC]中，[a=6，b=9，A=45°]，有两解

D. [ΔABC]中，[b=9，c=10，B=60°]，无解

8. 已知[ΔABC]中，[AB=3，AC=1]，且[B=30]°则[ΔABC]的面积等于（ ）

A. [32] B. [34]

C. [32或3] D. [34或32]

9. 若[ΔABC]的三边[a，b，c]，它的面积为[a2+b2-c243]，则角[C]等于（ ）

A. [30°] B. [45°]

C. [60°] D. [90°]

10. 已知[a，b]为[△ABC]的边，[A，B]分别是[a，b]的对角，且[sinAsinB=23]，则[a+bb]的值为（ ）

A. [13] B. [23]

C. [43] D. [53]

二、填空题（每小题4分，共16分）

11. 已知[△ABC]中，[A∶B∶C=1∶2∶3]，[a=1]，则[asinA]= .

12. 设[△ABC]的三个内角[A，B，C]所对的三边分别为[a，b，c]，若[△ABC]的面积为[S=a2-（b-c）2]，则[sinA1-cosA]= .

13. 如图，在[△ABC]中，[AB=AC=2]，[BC=23]，点[D]在[BC]边上，[∠ADC=75?]，则[AD]的长为 .

14. 给定下列命题：①半径为2，圆心角的弧度数为[12]的扇形的面积为[12]；②若[α]，[β]为锐角，[tan（α+β）=-3]，[tanβ=12]，则[α+2β=3π4]；③若[A]，[B]是[△ABC]的两个内角，且[sinA

三、解答题（共4小题，44分）

15. （10分）[△ABC]中，己知[A>B>C]，且[A=2C]，[b=4，a+c=8]，求[a，c]的长.

16. （10分）已知[a，b，c]是[△ABC]中[A，B，C]的对边， 关于[x]的方程[b（x2+1）+c（x2-1）-2ax=0]有两个相等的实根， 且[sinCcosA-cosCsinA=0]， 试判定[△ABC]的形状.

17. （12分）已知[A，B，C]是[△ABC]的三个内角，且满足[2sinB=sinA+sinC]，设[B]的最大值为[B0].

（1）求[B0]的大小；

（2）当[B=3B04]时，求[cosA-cosC]的值.

18. （12分）设[△ABC]的内角[A，B，C]的对边分别为[a，b，c]. 已知[b2+c2=a2+bc]，求：

（1）[A]的大小；

（2）若[a=2]，求[△ABC]面积的最大值.

篇15：球面正弦,余弦定理证明

平面几何中的三角形全等判定条件说明了平面三角形的唯一性，到了平面三角学，把这种唯一性定理提升到有效能算的角边函数关系。其中最基本的就是三角形的余弦定理：设三角形 ABC 的三条边分别是 a、b、c，它们的对角分别是、、，则

其中，分别表示 的余弦。

三角形的正弦定理：设三角形 ABC 的三条边分别是 a、b、c，它们的对角分别是、、，则。

类似地，球面三角形也有有效能算的边角函数关系，其中最主要的结果就是球面三角的正弦定理和余弦定理。

为证明球面三角余弦定理，我们介绍有关向量的另一种乘积—外积。两向量a与b的外积是一个矢量，记做a×b，它的模是|a×b|=|a||b|它的方向与a,b都垂直，并且按a,b,a×b这个顺序构成右手标架。对于向量的外积，有拉格朗日恒等式成立。

a×b）·(a’×b’)=(a·a’)·(b·b’)－(a·b’)·(b·a’)

定理4.1（球面三角余弦定理）在单位球面上，对于任给球面三角形三边和三角

恒满足下述函数关系，其(a,b),（证法一）证明：如图4-1所示，图4-1 是单位球面上的三点，以a,b,c分别表示单位长向量三角形,则球面的三角角度和三边边长分别可以用空间向量a,b,c表达如下：

是b,c之间夹角的弧度，所以cos=b·c,同理有cos=a·c, cos=a·b。是“a,b所张的平面”和“a,c所张的平面”之间的夹角，所以a×b和a×c之间的夹角，即

（a×b）·(a×c)=| a×b|·|a×c|cosA=同理亦有（b×c）·(b×a)=（c×a）·(c×b)=由（a×b）·(a×c)=所以同理可证

=cos－

也等于

当单位球面上的球面三角形三边都小于三角余弦定理。证明如下： 取球面三角形

时，可以用平面三角余弦定理证明球面，将各顶点与球心O连接，过顶点A作b,c边的切线，分别

和两个平交OC,OB的延长线于N,M,由此得到两个平面直角三角形面三角形

。在中，根据平面三角形的余弦定理，有。

同理在因此即中

即即得同理可证

（证法2）证明：设球心为O，连接OA、OB、OC，则。

图4-2 过点A做的切线交直线OB于D，过点A做的切线，交直线OC于E，连接DE（如图4-2所示）。显然，ADAO，AE

AO，在直角三角形OAD中，AO=1，AD=，OD=在直角三角形OAE中，AE=

。，OE=。

注意。在三角形ODE中，利用平面三角形的余弦定理（定理3.1），„„（1）

在三角形ADE中，„„（2）

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。

类似地可以得到另外两式。

当三角形有一个内角为直角时，比如，则由球面三角余弦定理有

。这恰好是平面几何中的勾股定理在球面几何中的对应物，但形式上有了很大差别。我们称之为球面勾股定理。

定理4.2（球面三角正弦定理）在单位球面上，对于任给球面三角形三边和三角

恒满足下述函数关系

证明：因为上述三个比值都是正的，所以我们只要证明

恒成立。

由球面三角余弦定理，得

同理可证，所以。

一般地，易证在半径为r的球面上，对于任给球面三角形，其三边和三角恒满足下述函数关系

和，其当形时，上述关系式会变成什么形式呢？如图，当的三边

可以看作直线段，所以

，时，球面三角所以， ,代入上述关系式，当，时对式子取极限，整理得：

这恰好是平面三角余弦定理和正弦定理。在实际使用时，考虑到所给条件的不同及计算的方便，我们常常需要不同形式的球面三角公式，这些公式本质上都能以球面正弦定理和余弦定理加以变换而得到。前面通过研究极对偶三角形的关系我们证明了球面几何中特有的全等条件AAA,在球面三角中有反映这一特有全等条件的三角公式。

定理4.3（角的余弦公式）在单位球面上，对于任给球面三角形和三角

恒满足下述函数关系，其三边

证明：由的极对偶三角形的余弦定理

利用上节定理3.1将中相应的元素代入上式即有

篇16：垂心余弦定理证明

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。

2

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+b2-2abcos C,

b2=a2+c2-2accos B,

a2=b2+c2-2bccos A.

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=bsin∠BCA，

BE=csin∠CAB，

CF=asin∠ABC。

所以S△ABC=abcsin∠BCA

=bcsin∠CAB

=casin∠ABC.

证法二：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的3条高。则有

AD=bsin∠BCA=csin∠ABC，

BE=asin∠BCA=csin∠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jAB=j(AC+CB)=jAC+jCB.

因为jAC=0，

jCB=| j ||CB|cos(90°-∠C)=asinC，

jAB=| j ||AB|cos(90°-∠A)=csinA .

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=(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;

b2=a2+c2-2accos B.

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=-2accos B.

即b2=a2+c2-2accos B.(4)

篇17：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18：“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19：第17讲 正、余弦定理及其应用

正余弦定理及其应用的重点内容为正弦、余弦定理及三角形面积公式，是解斜三角形和判定三角形类型的重要工具，其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系.本讲内容主要涉及三角形的边角转化、三角形形状的判断、三角形内三角函数的求值以及三角恒等式的证明问题，也可能会涉及立体几何的空间角以及解析几何中的有关角等问题.对考生的运算能力，逻辑推理能力，对数形结合，函数与方程的思想，分类与整合的思想，转化与化归等重要数学思想进行了重点考查.选择题、填空题考查1～2题（分值5～10），位置应该比较靠前，以考查用正、余弦定理解三角形为主，题型基础，难度不大，容易得分；解答题1题（分值10～12），在16～17题位置，主要考查与函数结合，实现角边互化，或利用以解决实际问题（测量距离问题，测量高度问题，测量角度问题，计算面积问题等），难度中等.

命题特点

1.基础题型一般是考查直接用正余弦定理解斜三角形.正弦定理可解决两类问题：（1）已知两角及任一边，求其它边或角；（2）已知两边及一边的对角，求其它边或角.情况（2）中结果可能有一解、两解或无解，应注意区分.余弦定理可解决两类问题：（1）已知两边及夹角求第三边和其它两角；（2）已知三边，求各角.这类型题题型稳定，得分较易.

2.中档题型一般是考查正余弦定理与三角函数的综合应用，这类题重点是正余弦定理，侧重点还是三角函数的转化，最后落脚点是三角函数的相关知识，如：三角函数的周期性、对称性、单调性、最值等.题型较活，要求学生活中求稳，利用扎实的基本功解决问题.

3.中难档题多数是与代数、三角、立体几何、解析几何中的知识点进行结合命题，具有较强的灵活性，对学生的运算能力，逻辑推理能力，数形结合的思想，函数与方程的思想，分类与整合的思想要求较高，该题型既新又活，能很好的区分学生的能力层次.

备考指南

1.利用正余弦定理解三角形是重点题型，解题时有时可用正弦定理，也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷.在解题时，还要根据所给的条件，利用正弦定理或余弦定理合理地实施边和角的相互转化.所以需要学生熟记正余弦定理的形式及其各种变式，并熟练转化.

2. 与代数、三角、立体几何、解析几何中的知识点进行结合命题，具有较强的灵活性，备受命题者的青睐.这种题型灵活性强，涉及知识面广，正余弦定理是解决整个题目的基本工具，备考时多注意与相关知识的衔接.

限时训练

1.在锐角中[△ABC]，角[A，B]所对的边长分别为[a，b].若[2asinB=b3]，则角[A]等于 （ ）

A.[π12] B.[π6]

C.[π4] D.[π3]

2.在[△ABC]中，若[sinCsinA=3，b2-a2=52ac]，则[cosB]的值为 （ ）

A.[13] B.[12]

C.[15] D.[14]

3.在[△ABC]中，[a=3，b=5]，[sinA=13]，则[sinB=] （ ）

A.[15] B.[59]

C.[53] D.[1]

4.在[△ABC]中，[A，B，C]的对边分别为[a，b，c]，若[acosC，bcosB，ccosA]成等差数列，则[B]= （ ）

A. [π6] B. [π4]

C. [π3] D. [2π3]

5.在[△ABC]中，[a2=b2+c2+bc]，则[A]等于 （ ）

A.60° B.120°

C.30° D.150°

6.在[△ABC]中，内角[A，B，C]的对边分别为[a，b，]c，且[2c2=2a2+2b2+ab]，则[△ABC]是 （ ）

A. 钝角三角形 B. 直角三角形

C. 锐角三角形 D. 等边三角形

7.在[△ABC]中，[a，b，c]分别为角[A，B，C]所对的边，[a，b，c]成等差数列，且[a=2c]，[S△ABC=3154]，则[b]的值为 （ ）

A. 1 B. 2

C. 3 D. 4

8.在等腰直角三角形[ABC]中，[AB=AC=4]，点[P]是边[AB]上异于[A，B]的一点，光线从点[P]出发，经[BC]，[CA]发射后又回到原点[P]（如图）.若光线[QR]经过[△ABC]的重心，则[AP]等于 （ ）

A.2 B.1

C. [83] D. [43]

9.对于下列命题，其中正确命题的个数是 （ ）

①在[△ABC]中，若[cos2A=cos2B]，则[△ABC]为等腰三角形；

②在[△ABC]中，角[A，B，C]的对边分别为[a，b，c]，若[a=2，b=5，A=π6]，则[△ABC]有两组解；

③设[a=sin2014π3，b=cos2014π3，c=tan2014π3]，则[a

④将函数[y=2sin（3x+π6）]的图象向左平移[π6]个单位，得到函数[y=2cos（3x+π6）]的图象.

A. 0 B. 1

C. 2 D. 3

10.如图，半径为2的半圆有一内接梯形[ABCD]，它的下底[AB]是[⊙O]的直径，上底[CD]的端点在圆周上.若双曲线以[A，B]为焦点，且过[C，D]两点，则当梯形[ABCD]的周长最大时，双曲线的实轴长为 （ ）

A. [3+1] B. 2[3+2]

C. [3-1] D. 2[3-2]

nlc202309032007

11. 在塔底的水平面上某点测得塔顶的仰角为[30°]，由此点向塔沿直线行走[20]米，测得塔顶的仰角为[45°]，则塔高是__________米.

12. 已知[P]为三角形[ABC]内部任一点（不包括边界），且满足[PB-PA?PB+PA-2PC=0]，则[△ABC]的形状一定为___________.

13. 已知正方体[ABCD-A1B1C1D1]棱长为1，点[M]是[BC1]的中点，[P]是[BB1]一动点，则[（AP+MP）2]的最小值为___________.

14.设函数[f（x）=ax+bx-cx]其中[c>a>0，c>b>0].若[a，b，c]是[△ABC]的三条边长，则下列结论正确的是_________.（写出所有正确结论的序号）

①[?x∈（-∞，1），f（x）>0]；

②[?x∈R]，使[ax，bx，cx]不能构成一个三角形的三条边长；

③若[△ABC]为钝角三角形，则[?x∈（1，2）]，使[f（x）=0].

15.在[△ABC]中，角[A，B，C]所对的边分别是[a，b，c]，已知[csinA=3acosC].

（1）求[C]；

（2）若[c=7]，且[sinC+sin（B-A）=3sin2A]，求[△ABC]的面积.

16.已知向量[a=（12，12sinx+32cosx）]，[b=（1，y）]，[a∥b]，且有函数[y=f（x）].

（1）求函数[y=f（x）]的周期；

（2）已知锐角[△ABC]的三个内角分别为[A，B，C]，若有[f（A-π3）=3]，边[BC=7]，[sinB=217]，求[AC]的长及[△ABC]的面积.

17.已知[a，b，c]分别为[△ABC]三个内角[A，B，C]的对边，[A]为[B，C]的等差中项.

（1）求[A]；

（2）若[a=2]，[△ABC]的面积为[3]，求[b，c]的值.

18.如图，海上有[A，B]两个小岛相距10km，船[O]将保持观望[A]岛和[B]岛所成的视角为60°，现从船[O]上派下一只小艇沿[BO]方向驶至[C]处进行作业，且[OC=BO].设[AC=xkm].

（1）用[x]分别表示[OA2+OB2]和[OA?OB]，并求出[x]的取值范围；

（2）晚上小艇在[C]处发出一道强烈的光线照射[A]岛，[B]岛至光线[CA]的距离为[BD]，求[BD]的最大值.