余弦定理的多种证明方法 (下)

前情概要

• 承接上篇，余弦定理的多种证明方法(上)

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：

\(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\(2bc\cos A\) \(\qquad\) \(b^2\)\(=\)\(c^2\)\(+\)\(a^2\)\(-\)\(2ca\cos B\) \(\qquad\) \(c^2\)\(=\)\(a^2\)\(+\)\(b^2\)\(-\)\(2ab\cos C\)

方法缕析

证法⓫：【感觉还是有细节上的问题，待修正】物理方法证明（利用力的分解与合成），思路：把三角形两边看作两个力，夹角为 \(C\)，合力对应第三边。

设两个力大小为 \(a\)、\(b\)，夹角 \(C\)，沿 \(a\) 方向和垂直 \(a\) 方向分解力 \(b\)，则平行分量：\(b\cos C\)，垂直分量：\(b\sin C\)，合力的大小 \(c\) 满足勾股定理：

于是有，\(c^2=(a+b\cos C)^2+(b\sin C)^2\)，

整理即，\(c^2=a^2+2ab\cos C+b^2\cos^2 C+b^2\sin^2 C\)，

也即，\(c^2=a^2+b^2+2ab\cos C\)，

（注意：这里夹角是外角，换成内角 \(C\) 就得到标准余弦定理：减号）

证法⓬：【感觉还是有细节上的问题，待修正】构造相似三角形证明（纯几何，非常经典）

思路：在三角形外部补一个相似三角形，利用比例推导。

1.在 \(\triangle ABC\) 外侧作 \(\triangle ABD \sim \triangle CBA\)

2.由相似得比例关系：\(\cfrac{AB}{CB}=\cfrac{BD}{BA}=\cfrac{AD}{CA}\)

3.用比例表示各线段长度，再结合线段加减关系。

4.最终通过代数化简直接推出：

\(c^2=a^2+b^2-2ab\cos C\)

特点：纯平面几何，不依赖坐标、向量、三角函数定义以外的工具。

证法⓭：【来自知乎网友 limbo 的手写笔记】利用图形面积证明，在此谢过 .

如图，以 \(\triangle ABC\) 的边 \(AB=c\) 为棱，在三角形的同侧构造正方形 \(ABFE\)，连接\(CE\)、\(CF\)，

则 \(S_{正}\)\(=\)\(c^2\)，\(S_{\triangle ACE}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(bc\sin\angle CAE\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(bc\cos A\)，\(S_{\triangle BCF}=\cfrac{1}{2}ac\)\(\sin\angle CBF\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(ac\cos B\)，

\(S_{\triangle ACE}\)\(+\)\(S_{\triangle BCF}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(c\cdot\)\(h_1\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}\)\(c\)\(\cdot\)\(h_2\)，\(h_1\)\(+\)\(h_2\)\(=\)\(c\)，

所以 \(S_{\triangle ACE}\)\(+\)\(S_{\triangle BCF}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}c^2\)，则 \(\cfrac{1}{2}\)\(bc\cos A\) \(+\) \(\cfrac{1}{2}\)\(ac\cos B\) \(=\) \(\cfrac{1}{2}c^2\)，

即 \(bc\cos A\) \(+\) \(ac\cos B\) \(=\) \(c^2\) ①，

同理，\(ac\cos B\) \(+\) \(ab\cos C\) \(=\) \(a^2\) ② ，\(ab\cos C\) \(+\) \(bc\cos B\) \(=\) \(b^2\) ③，

\(②+③-①\)，得到 \(a^2+b^2-c^2=2ab\cos C\) ，即 \(c^2=a^2+b^2-2ab\cos C\) .

证法⓮：用复数法证明，思路：复平面上用复数模长。

在复平面上，点 \(A\) 对应复数 \(0\)，点 \(B\) 对应复数 \(c\)，点 \(C\) 对应复数 \(b(\cos A + i\sin A)\)

边 \(a\) 的模长对应两个复数的差：\(b(\cos A + i\sin A)\)\(-\)\(c\)，

\(a^2\)\(=\)\(|b(\cos A+i\sin A)\)\(-\)\(c|^2\)\(=\)\((b\cos A-c)^2\)\(+\)\((b\sin A)^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\(2bc\cos A\)

整理可得: \(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\).

证法⓯：利用射影定理 [第一余弦定理] 推导余弦定理；

射影定理：\(a\)\(=\)\(b\cos C\)\(+\)\(c\cos B\) ①\(\quad\) \(b\)\(=\)\(a\cos C\)\(+\)\(c\cos A\) ②\(\quad\) \(c\)\(=\)\(a\cos B\)\(+\)\(b\cos A\) ③\(\quad\)

推导：由 ①\(\times a\) − ②\(\times b\) − ③\(\times c\) 得到：

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

整理后，即为 \(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\(2bc\cos\)\(A\)

证法⓰：利用三角形的面积公式【海伦公式 + 三角形的正弦式面积公式】证明余弦定理；

正弦面积：\(S\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}bc\sin A\)

海伦公式：\(S\)\(=\)\(\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\) ， \(p=\cfrac{a+b+c}{2}\)

由于两式平方相等：\(\cfrac{1}{4}b^2c^2\sin^2A\)\(=\)\(p(p-a)(p-b)(p-c)\)

即 \(\cfrac{1}{4}b^2c^2(1-\cos^2A)\)\(=\)\(\cfrac{1}{16}(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\) ^[1]

也即 \(4b^2c^2(1-\cos^2A)=4b^2c^2-(b^2+c^2-a^2)^2\)

也即 \(4b^2c^2\cos^2A=(b^2+c^2-a^2)^2\)

整理即得： \(2bc\cos A=b^2+c^2-a^2\)

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

证法⓱： 用旋转法证明（几何变换），如图，将 \(\triangle ABC\) 绕顶点 \(A\) 顺时针旋转角度 \(\angle A\)，使边 \(AC\) 旋转后与边 \(AB\) 重合，点 \(C\) 旋转到点 \(C'\)，点 \(B\) 旋转到点 \(B'\)，

则由旋转性质可知， \(AC'\)\(=\)\(AC\)\(=\)\(b\)，\(AB'\)\(=\)\(AB\)\(=\)\(c\)，\(\angle C'AB'\)\(=\)\(\angle CAB\)\(=\)\(A\)，\(B'C'\)\(=\)\(BC\)\(=\)\(a\)，\(AB'\)\(=\)\(c\)，\(AC'\)\(=\)\(b\)，\(\angle B'AC'\)\(=\)\(A\)，连接 \(B'C'\)，得到 \(\triangle AB'C'\)，其中：\(B'C'=a\)

过 \(B'\) 作 \(B'D \perp AC'\) 于 \(D\)，在 \(Rt\triangle AB'D\) 中：

\(AD\)\(=\)\(AB'\)\(\cos A\)\(=\)\(c\cos A\)，\(B'D\)\(=\)\(AB'\)\(\sin A\)\(=\)\(c\sin A\)，\(DC'\)\(=\)\(AC'\)\(-\)\(AD\)\(=\)\(b\)\(-\)\(c\cos A\) ，^[2]

在 \(Rt\triangle B'DC'\) 中用勾股定理，可得 \(B'C'^2\)\(=\)\(B'D^2\)\(+\)\(DC'^2\)

代入可得：\(a^2\)\(=\)\((c\sin\)\(A)^2\)\(+\)\((b\)\(-\)\(c\cos\)\(A)^2\)

展开：\(a^2\)\(=\)\(c^2\sin^2\)\(A\)\(+\)\(b^2\)\(-\)\(2bc\cos\)\(A\)\(+\)\(c^2\cos^2\)\(A\)

合并同类项：\(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(-\)\(2bc\cos\)\(A\)\(+\)\(c^2(\sin^2\)\(A\)\(+\)\(\cos^2\)\(A)\)

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

证法⓲：用射影式 + 正弦定理 + 设元代换法证明余弦定理，

由三角形射影式[第一余弦定理]：\(a\)\(=\)\(c\cos\)\(B\)\(+\)\(b\cos\)\(C\) 两边平方得到

\(a^2\)\(=\)\(c^2\cos^2\)\(B\)\(+\)\(2bc\cos\)\(B\cos\)\(C\)\(+\)\(b^2\cos^2\)\(C\)，

也即 \(a^2\)\(=\)\(c^2(1\)\(-\)\(\sin^2\)\(B)\)\(+\)\(2bc\cos\)\(B\cos\)\(C\)\(+\)\(b^2(1\)\(-\)\(\sin^2\)\(C)\)，

展开并移项：\(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\((c^2\sin^2\)\(B\)\(+\)\(b^2\sin^2\)\(C)\)\(+\)\(2bc\cos\)\(B\cos\)\(C\) \(\star\)

又由正弦定理：\(\cfrac{b}{\sin B}\)\(=\)\(\cfrac{c}{\sin C}\)，可得\(b\sin\)\(C\)\(=\)\(c\sin\)\(B\)，

令\(k\)\(=\)\(c\sin\)\(B\)\(=\)\(b\sin\)\(C\)，则\(c^2\sin^2\)\(B\)\(=\)\(k^2\)，\(b^2\sin^2\)\(C\)\(=\)\(k^2\)，因此：

\(c^2\sin^2\)\(B\)\(+\)\(b^2\sin^2\)\(C\)\(=\)\(2k^2\)\(=2\cdot\)\(k\cdot\)\(k=\)\(2b\)\(c\)\(\sin\)\(B\)\(\sin\)\(C\)，

代入 \(\star\) 式，得到\(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\(2bc\sin\)\(B\sin\)\(C\)\(+\)\(2bc\cos\)\(B\cos\)\(C\)

也即\(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(+\)\(2bc(\cos\)\(B\cos\)\(C\)\(-\)\(\sin\)\(B\sin\)\(C)\)

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

最终得到，\(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\(2bc\cos\)\(A\)

证法⓳：利用等量代换法[三角形的高线相等故而可以消去]证明，在 \(\triangle ABC\) 中，过点 \(C\) 做 \(CD\perp AB\) 于点 \(D\)，令 \(CD=h\)，\(AD=c_{_1}\)，\(BD=c_{_2}\)，则 \(c_1\)\(=\)\(b\cdot\)\(\cos A\)，\(c_2\)\(=\)\(c-c_1\)\(=\)\(c-b\cdot\)\(\cos A\)，于是 \(c_2-c_1\)\(=\)\(c-2b\)\(\cdot\)\(\cos A\)，

则在 \(Rt\triangle ACD\) 中，由勾股定理可得，\(b^2=c_1^2+h^2\) ①；

在 \(Rt\triangle BCD\) 中，由勾股定理可得，\(a^2=c_2^2+h^2\) ②；

\(②-①\) 得到，\(a^2-b^2=c_2^2-c_1^2=(c_2-c_1)(c_2+c_1)=(c_2-c_1)\cdot c\)，

即有 \(a^2-b^2=(c_2-c_1)\cdot c=(c-2b\cos A)c=c^2-2bc\cos A\)，

整理即得到，\(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\(2bc\cos\)\(A\)

证法⓴：【来自知乎网友 limbo 的手写笔记，妥妥的无字证明】利用图形面积证明，相关图形操作说明如下：

分别以三角形 \(\triangle ABC\) 的三边为棱，在三角形的外部做三个正方形 \(\Box\)\(ABRP\)、\(\Box\)\(BCUS\)、\(\Box\)\(CAXV\)，然后分别过三角形的三个顶点向其对边作垂线，并延长与对边平行的棱相交，标记字母如图所示。

则由三角函数知识可知，\(AD\)\(=\)\(b\cos\)\(A\)，\(BD\)\(=\)\(a\cos\)\(B\)，\(BE\)\(=\)\(c\cos\)\(B\)，\(CE\)\(=\)\(b\cos\)\(C\)，\(AF\)\(=\)\(c\cos\)\(A\)，\(CF\)\(=\)\(a\cos\)\(C\)，则 \(S_{矩形ADQP}\)\(=\)\(b\cos\)\(A\cdot\)\(c\)\(=\)\(c\cos\)\(A\cdot\)\(b\)\(=\)\(S_{矩形AXWF}\)，即 \(S_{矩形ADQP}\)\(=\)\(S_{矩形AXWF}\)，也即图中标示的两个蓝色的矩形。同理可知，\(S_{矩形DBRQ}\)\(=\)\(S_{矩形BETS}\)，\(S_{矩形CETU}\)\(=\)\(S_{矩形CFWV}\)，这样由同色矩形的面积相等可知，\(S_{\Box ABRP}\) 应该等于 \(S_{\Box BCUS}\) 与 \(S_{\Box CAXV}\) 之和，同时还要减去多出来的两块绿色矩形的面积 [\(b\)\(\cdot\)\(a\)\(\cos\)\(C\)\(+\)\(a\)\(\cdot\)\(b\)\(\cos\)\(C\)\(=\)\(2ab\)\(\cos\)\(C\)]， 而 \(S_{\Box ABRP}\)\(=\)\(c^2\)， \(S_{\Box BCUS}\)\(=\)\(a^2\) ，\(S_{\Box CAXV}\)\(=\)\(b^2\) ，故有关系式成立：

\(c^2=a^2+b^2-2ab\cos C\) ，同理可证，\(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\(2bc\cos A\)，\(b^2\)\(=\)\(c^2\)\(+\)\(a^2\)\(-\)\(2ca\cos B\)

数学有时候真是太奇妙了 .

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1. 详细的推到过程如下：
   \((a+b+c)(-a+b+c)\)\(=\)\(\big[(b+c)+a\big]\big[(b+c)-a\big]\)\(=\)\((b+c)^2-a^2\)
   \((a-b+c)(a+b-c)\)\(=\)\(\big[a+(c-b)\big]\big[a-(c-b)\big]\)\(=\)\(a^2-(c-b)^2\)
   \((a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=\big[(b+c)^2-a^2\big]\big[a^2-(b-c)^2\big]\)
   \(=\left(b^2+2bc+c^2-a^2\right)\left(a^2-b^2+2bc-c^2\right)\)
   \(=\left[2bc + (b^2+c^2-a^2)\right]\left[2bc - (b^2+c^2-a^2)\right]\)
   \(=(2bc)^2-(b^2+c^2-a^2)^2\)
   \(=4b^2c^2-(b^2+c^2-a^2)^2\) ↩︎

2. 当 \(\angle C\) 为锐角时，\(DC'=b-c\cos A\)，当 \(\angle C\) 为钝角时，\(DC'=c\cos A-b\)，最终平方后的结果是一致的。 ↩︎