余弦定理的多种证明方法 (上)

前言

余弦定理作为解三角形章节中的一个非常重要的定理，其证明方法非常丰富，故加以总结整理，以飨读者。

余弦定理

文字语言：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍可以让学生想想，下面的三个数学表达式该如何抽象成文字语言来表达？ 。

符号语言：

$a^2$$=$$b^2$$+$$c^2$$-$$2bccosA$ $\qquad$ $b^2$$=$$c^2$$+$$a^2$$-$$2cacosB$ $\qquad$ $c^2$$=$$a^2$$+$$b^2$$-$$2abcosC$

方法缕析

证法❶：用向量方法证明，简单快捷，教材采用的证明方法；

如图，在\(\triangle ABC\)中，由\(\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\)可得，

给上式两边同时平方，得到\(\overrightarrow{CB}^2=(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})^2\)，打开整理，

\(\overrightarrow{CB}^2={\overrightarrow{AB}}^2+\overrightarrow{AC}^2-2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\)

\(=b^2+c^2-2bccosA\)；

即 \(a^2=b^2+c^2-2bccosA\)；

同理可证： \(b^2=c^2+a^2-2cacosB\)； \(c^2=a^2+b^2-2abcosC\)；

证法❷：利用勾股定理证明，本方法要注意对 \(\angle A\) 进行讨论 .

(1).当 \(\angle A\) 是直角时，由 \(b^{2}+c^{2}-2bc\cos A\)\(=\)\(b^{2}+c^{2}\)\(-2bc\cos90^{\circ}\)\(=\)\(b^{2}+c^{2}\)\(=\)\(a^{2}\) 知结论成立.

(2).当 \(\angle A\) 是锐角时，如图\(2-1\)，过点 \(C\) 作 \(CD\perp AB\) ，交 \(AB\) 于点 \(D\)，则在 \(Rt\triangle ACD\) 中，\(AD=b\cos A\)，\(CD=b\sin A\).

从而，\(BD=AB-AD=c-b\cos A\)，在\(Rt\triangle BCD\) 中，由勾股定理可得:

\(a^2\)\(=\)\(BC^{2}\)\(=\)\(BD^{2}+CD^{2}\)\(=\)\((c-b\cos A)^{2}\)\(+\)\((b\sin A)^{2}\)\(=\)\(c^{2}\)\(-2cb\cos A+b^{2}\)

即 \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A\).

说明:图 \(2-1\) 中只对 \(\angle B\) 是锐角时符合，而 \(\angle B\) 还可以是直角或钝角；若 \(\angle B\) 是直角，图中的点 \(D\) 就与点 \(B\) 重合；若 \(\angle B\) 是钝角，图中的点 \(D\) 就在 \(AB\) 的延长线上.

(3).当 \(\angle A\) 是钝角时，如图 \(2-2\) 过点 \(C\) 作 \(CD\perp AB\) ，交 \(BA\) 延长线于点 \(D\)，则在\(Rt\triangle ACD\) 中，\(AD=b\cos(\pi-A)\)\(=\)\(-b\cos A\)，\(CD=b\sin(\pi-A)\)\(=b\sin A\)，从而 \(BD=AB+AD=c-b\cos A\) .

在\(Rt\triangle BCD\) 中，由勾股定理可得:

\(a^2\)\(=\)\(BC^{2}\)\(=\)\(BD^{2}+CD^{2}\)\(=\)\((c-b\cos A)^{2}\)\(+\)\((b\sin A)^{2}\)\(=\)\(c^{2}-2cb\cos A+b^{2}\)

即 \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A\) .

综上(1)、(2)、(3)可知，均有 \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A\) 成立.

证法❸： 利用两角和的余弦公式证明，过点 \(A\) 作 \(AD\perp BC\) ，交 \(BC\) 于点 \(D\)，则

在 \(Rt\triangle ABD\) 中，\(\sin\alpha=\cfrac{BD}{c}\)，\(\cos\alpha=\cfrac{AD}{c}\)；在 \(Rt\triangle ACD\) 中，\(\sin\beta=\cfrac{CD}{b}\)，\(\cos\beta=\cfrac{AD}{b}\) .

由 \(\cos A\)\(=\)\(\cos(\alpha+\beta)\)\(=\)\(\cos\alpha\cos\beta\)\(-\)\(\sin\alpha\sin\beta\) 可得:

\(\begin{align} \cos A&=\cfrac{AD}{c}\cdot\cfrac{AD}{b}-\cfrac{BD}{c}\cdot\cfrac{CD}{b} =\cfrac{AD^{2}-BD\cdot CD}{bc}\\ &=\cfrac{2AD^{2}-2BD\cdot CD}{2bc} =\cfrac{(c^{2}-BD^{2})+(b^{2}-CD^{2})-2BD\cdot CD}{2bc}\\ &=\cfrac{b^{2}+c^{2}-(BD+CD)^{2}}{2bc} =\cfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc} \end{align}\)

整理可得 \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A\).

证法❹：用正弦定理证明；在\(\triangle ABC\)中， 由正弦定理可得 \(\cfrac{a}{\sin A}\)\(=\)\(\cfrac{b}{\sin B}\)\(=\)\(\cfrac{c}{\sin C}\)\(=\)\(\cfrac{c}{\sin(A+B)}\).

从而有 \(b\sin A = a\sin B\) ①，\(c\sin A\)\(=\)\(a\sin(A+B)\)\(=\)\(a\sin A\cos B\)\(+\)\(a\cos A\sin B\).②

将①代入②，两边同时约去\(\sin A\)， 整理可得\(a\cos B = c - b\cos A\) ③ .

将① ，③平方相加可得 \(a^2\)\(=\)\((c - b\cos A)^2\)\(+\)\((b\sin A)^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\(2bc\cos A\).

即 \(a^2=b^2 + c^2 - 2bc\cos A\) .

证法❺：解析几何法 + 两点间距离公式， 建立平面直角坐标系， 则由题意可得，点\(A(0，0)\)，\(B(c，0)\)，\(C(b\cos A，b\sin A)\)，

再由两点间距离公式，可得 \(a^2=(c-b\cos A)^2+(b\sin A)^2=c^2-2cb\cos A+b^2\).

即得到 \(|BC|\) \(=\) \(a^2\) \(=\) \(b^2+c^2-2bc\cos A\) .

证法❻：用正弦定理 + 三角变换法， 在\(\triangle ABC\)中， 由正弦定理可得 \(a=2R\sin A\)，\(b=2R\sin B\)，\(c=2R\sin C\) .

则有 \(a^2 = 4R^2\sin^2 A = 4R^2\sin^2(B+C)\)

\(= 4R^2(\sin^2 B\cos^2 C + \cos^2 B\sin^2 C + 2\sin B\sin C\cos B\cos C)\)

\(= 4R^2[\sin^2 B\cdot (1-\sin^2 C) +(1-\sin^2 B)\cdot \sin^2 C]\) \(+\) \(2\sin B\sin C\cos B\cos C)\)

\(= 4R^2(\sin^2 B + \sin^2 C - 2\sin^2 B\sin^2 C + 2\sin B\sin C\cos B\cos C)\)

\(= 4R^2[\sin^2 B + \sin^2 C + 2\sin B\sin C(\cos B\cos C- \sin B\sin C)]\)

\(= 4R^2(\sin^2 B + \sin^2 C + 2\sin B\sin C\cos(B+C))\)

\(= 4R^2(\sin^2 B + \sin^2 C - 2\sin B\sin C\cos A)\)

\(= (2R\sin B)^2 + (2R\sin C)^2 - 2(2R\sin B)(2R\sin C)\cos A\)

\(= b^2 + c^2 - 2bc\cos A\)

即 \(a^2=b^2 + c^2 - 2bc\cos A\)，结论成立。

证法❼：用正弦定理 + 分析法， 在\(\triangle ABC\)中， 由正弦定理可得 \(a=2R\sin A，\; b=2R\sin B，\; c=2R\sin C\)。

备用知识： \(\cos(B+C)\)\(=\)\(\cos(\pi - A)\)\(=\)\(-\cos A\)，因此 \(\cos 2B\)\(+\)\(\cos 2C\)\(=\)\(2\cos(B+C)\cos(B-C)\)

于是 \(a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A\)

\(\Leftrightarrow\) \(4R^2\sin^2 A = 4R^2\sin^2 B + 4R^2\sin^2 C - 8R^2\sin B\sin C\cos A\)

\(\Leftrightarrow\) \(2\sin^2 A = 2\sin^2 B - 2\sin^2 C - 4\sin B\sin C\cos A\)

\(\Leftrightarrow\) \(2\sin^2 A = 2 - (\cos 2B + \cos 2C) - 4\sin B\sin C\cos A\)

\(\Leftrightarrow\) \(2 - 2\cos^2 A = 2 - 2\cos(B+C)\cos(B-C) - 4\sin B\sin C\cos A\)

\(\Leftrightarrow\) \(\cos^2 A = \cos(B+C)\cos(B-C) + 2\sin B\sin C\cos A\)

\(\Leftrightarrow\) \(\cos A = -\cos(B-C) + 2\sin B\sin C\)

\(\Leftrightarrow\) \(\cos A = -\cos B\cos C + \sin B\sin C = -\cos(B+C)\)。

而 \(\cos A\)\(=\)\(-\cos(B+C)\) 显然成立，故上述逆推成立，从而得证。

证法❽： 用相交弦定理 + 三角函数方法，如图给定 \(\triangle ABC\)， 以点 \(C\) 为圆心， 以 \(CA=b\) 为半径作 \(\odot C\)， 直线 \(BC\) 与 \(\odot C\) 交于点 \(D\)，\(E\)， 延长 \(AB\) 交\(\odot C\) 于 \(F\)， 延长 \(AC\) 交 \(\odot C\) 于 \(G\)，则由作图过程知 \(AF\)\(=\)\(2b\cos A\)，故 \(BF=2b\cos A-c\).

由相交弦定理可得: \(BA\cdot BF\)\(=\)\(BD\cdot BE\)，即 \(c\cdot(2b\cos A-c)\)\(=\)\((b+a)\cdot(b-a)\)，

整理可得: \(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\).

证法❾：用托勒密定理 + 三角函数证明，如图 过 \(C\) 作 \(CD\)\(\small//\) \(AB\)， 交 \(\triangle ABC\) 的外接圆于 \(D\)， 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 \(AE\)\(=\)\(BF\)\(=\)\(b\cos A\)， 故 \(CD\)\(=\)\(c-\)\(2b\cos A\) .

由托勒密定理可得\(AD\cdot BC\)\(=\)\(AB\)\(\cdot\)\(CD\)\(+\)\(AC\)\(\cdot\)\(BD\)，

即 \(a\cdot a\)\(=\)\(c\cdot\)\((c-2b\cos A)\)\(+\)\(b\cdot\)\(b\) ， 整理可得: \(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\(2bc\cos A\)

证法❿：用勾股定理 + 三角函数证明，如图在任意 \(\triangle ABC\) 中，过点 \(C\) 做 \(AB\) 边上的高线，垂足为 \(D\)，则由三角函数可知，\(AD=b\cdot\cos A\)，\(CD=b\cdot\sin A\)，则 \(BD=c-b\cos A\)，

在 \(Rt\triangle BCD\) 中，由勾股定理可知， \(a^2=(c-b\cos A)^2+(b\sin A)^2\)，

整理可得: \(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\).

延申阅读

• 余弦定理的多种证明方法(下)