余弦定理的证明方法

篇一：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)＝b sinC，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)＋cosC 2

＝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＋2ac cosA。

【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·DE sinα＝BA·BD sinα＋BD·BC sin(B－α) ＋BC·BE sinα－BA·BE sin(B＋α)，

即b2 sinα＝c2 sinα＋ac(sinBcosα－cosBsinα)＋a2sinα

－ac(sinBcosα＋cosBsinα)，化简得b2＝a2＋c2－2ac 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

＝(c－bcosA)2＋(bsinA)2＝c2－2cbcosA

＋b2，即a2＝b2＋c2－2bc cosA。

【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。

篇二：正、余弦定理的证明----方法种种

正、余弦定理的证明----方法种种

在解三角形的有关知识中，正、余弦定理占有十分重要的地位，是揭示任意三角形边角之间关系的两个重要定理，它们相辅相成，是一个不可分割的整体.要想灵活的应用正、余弦定理解决有关三角形问题，必须熟练掌握这两个定理的证明，本文归纳了正、余弦定理的几种常见证明方法，希望能对同学们的正、余弦定理的学习有所帮助和启示．

一、正弦定理的证明

正弦定理 在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即abc??. sinAsinBsinC

教材中给出了用三角函数定义的证明，除此以外还可以用向量法和几何法来证明正弦定理. 证明：方法一（向量法）：如图（1），△ABC为锐角三角形时，过A作单位向量j垂直

于AB，则j与AB的夹角为??，j与BC的夹角为?B，j与CA的夹角为22

?

2?A，设角A、B、C的对边分别为a、b、c，

∵AB?BC?CA?0，∴j?AB?j?BC?j?CA?j?0?0， 即jABcos????????jBCcos??B??jCAcos??A??0. 2?2??2?

ab?. sinAsinB

bcabc???同理可得：,即. sinBsinCsinAsinBsinC∴asinB?bsinA，即

当△ABC为钝角三角形（如图（2））或为直角三角形时，利用同样的方法可以证得结论，请同学们自己证明.（注意：在此证明过程中，要注意两向量所成的角与三角形内角的关系.）

方法二（几何法）：如图所示，设O为△ABC外接圆的圆心，连BO并延长交 ''''⊙O于A,连AC，则A?A或A???A，∴sinA?sinA?'BCa?，'AB2R

abc?2R,同理可证?2R,?2R. sinAsinBsinC

abc???2R. 故有sinAsinBsinC即

方法三（解析法）：如图，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所在直线为x轴建立直角坐标系，则C点

坐标是（b,0）.

由三角函数的定义得B点坐标是?ccosA,csiaA?,所以

CB??ccosA?b,csin?A.将CB平移

到

起

点

为原点A，则

AD?CB.因为AD?CB?a,?DAC????BCA???C,

根据三角函数的定义知D点坐标是acos???C?,asin???C?，即D坐标是??acosC,asinC?.所以

,所以??acosC,asiC所n?sbc,?s.iAn以AD???acosC,asinC?.又因为AD?CB???ccoA??

asinC?csinA,即acababc????.同理可证，所以. sinAsinCsinAsinBsinAsinBsinC

二、余弦定理的证明

余弦定理 三角形的任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍，即 a?b?c?2bccosA，b?a?c?2accosB，c?a?b?2abcosC.

教材中给出了用向量证明余弦定理的方法，体现了向量在解决三角形度量问题中的作用，另外，还可以用解析法和三角法来证明余弦定理.

证明：方法一（解析法）：如图，以A点为原点，以△ABC的边AB所在直线

为为x轴，以过点A与AB垂直的直线为y轴，建立直角坐标系，

则A（0，0），C（bcosA,bsinA），B（c,0）,

2由两点间的距离公式得BC??bcosA?c???bsinA?0?， 22222222222

a2?b2cos2A?2bccosA?c2?b2sin2A，即a2?b2?c2?2bccosA.

同理可证b2?a2?c2?2accosB,c2?a2?b2?2abcosC.

方法二（几何法）：如图，当△ABC为锐角三角形时，过C作CD⊥AB于D，

则CD?bsinA,BD?AB?AD?c?bcosA.

在Rt△BCD中，由勾股定理得BC?CD?BD,

222222即a?bsinA??c?bcosA?.整理得a?b?c?2bccosA. 2222

同理可证：b?a?c?2accosB,c?a?b?2abcosC. 222222

CD?bsinA,BD?AD?AB?bcosA?c. 当△ABC为钝角三角形时，如图，

在Rt△BCD中，由勾股定理得BC?CD?BD,

222222即a?bsinA??bcosA?c?.整理得a?b?c?2bccosA. 2222

同理可证：b?a?c?2accosB,c?a?b?2abcosC.

222222

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＝b sin(180°－C)＝b sinC，

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abc???2R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＋2ac cosA。

【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

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