余弦定理证明

余弦定理证明（精选18篇）

1.余弦定理证明 篇一

在△ABC中，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，试根据b，c，A来表示a。 分析：由于初中平面几何所接触的是解直角三角形问题，所以应添加辅助线构造直角三角形，在直角三角形内通过边角关系作进一步的转化工作，故作CD垂直于AB于D，那么在Rt△BDC中，边a可利用勾股定理用CＤ、ＤB表示，而CD可在Rt△AＤC中利用边角关系表示，DB可利用AB－AD转化为AD，进而在Rt△AＤC内求解。

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

－2c·AＤ 又∵在Rt△AＤC中，AD＝b·cosA ∴a2＝b2＋c2－2bccosA类似地可以证明b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC

2.余弦定理证明 篇二

一、可以转化正弦余弦定理的问题

例1在△ABC中,若9a2+9b2=19c2,求

分析:通过将P化简,就可以结合正弦定理、余弦定理求解.

正弦定理、余弦定理有,,,代入P中，得到

又由已知有,代入上式得到

评注:对于某些三角问题,通过观察是需要找出边和角之间的关系,则不妨尝试采用三角形的方法,再用正弦定理和余弦定理,得出新颖而简捷的解法.

变式题:在△ABC中,如果

答案:，则，所以，所以

二、可以构造成正弦余弦定理的问题

例2求sin220°+cos250°+sin20°cos50°的值.

分析:注意到该三角函数式与余弦定理形式相似,可以构造三角形来解决.

解:sin220°+cos250°+sin20°sin40°的结构与三角形中的余弦定理形式相似,通过构造一个内角分别为20°,40°,120°的三角形,且使其外接圆的半径为1,那么由正弦定理知道这个三角形的三边分别为sin20°,sin40°,sin120°,再由余弦定理有sin2120°=sin220°+sin240。-2sin20°sin40。.cosl20°，从而sin220。+cos250°+sin20°cos50°=

评注:有些三角函数问题,观察其构造形式与三角形中的余弦定理形式相似,则这时也尝试通过利用正弦定理和余弦定理进行解决问题.

变式题:求值:sin285°+sin280°-2sin85°sin80°sin75°.

答案:在△ABC中,设∠A=85°,∠B=80°,∠C=15°,外接圆半径为R,

三、可以通过变形为正弦余弦定理的问题

例3已知α、β、γ都是锐角,且满足sin2求α+β+γ的值.

分析:该题同样也通过构造来解决.

解:已知等式变形为

上式与余弦定理类似,通过构造△ABC,使

根据正弦定理有,

而C>90°,α、β都是锐角,那么A、B、、都是锐角,则,,故A+B+C=

评注:注意到三角函数式的形式类似于余弦定理,则可以通过构造三角形,并结合正弦定理解决.

变式题:在任意一个△ABC中,求证:a(sinB-sinC)+b(sinC-siiL4)+c(sinA-sinB)=0.

答案：左式=2/?sirb4(sinB-sinC)+2RsinB(sinC-sinA)+2/fsinC(sinA-sin8)=2R[sinAsinB-sinAsinC+sinfisinC-sinBsinA+sinCsinA-sinCsinB]=0.

四、可利用正余弦定理解决的函数问题

例4在平面上有A、B、P、Q四个点,A、B为定点,,P、Q为动点,且AP=PQ=QB=1,记△ABP与△PQB的面积分别为S、T;(1)求S2+T2的取值范围;(2)当S2+T2取最大值时,判断△APB的形状.

分析:本题主要通过余弦定理来研究函数知识,已知条件中有两个三角形的面积,应该想办法把两个三角形联系起来,可以分别在△APB与△PQB中由余弦定理得出PB的关系解决.

解:(1)在△ABP与△PQB中,由余弦定理可以得到:PB2=AB2+AP2-2AB·APcosA

PB2=BQ2+PQ2-2BQ•PQcosQ=1+1-2cosQ=2-2cosQ,

所以,即,

所以

因为-10,

所以S2+T2的取值范围是;

(2)由(1)可以知道当时,S2+T2的最大值为,此时,所以,故当S2+T2取最大值时,△APB是等腰三角形.

点评:此题的关键是想办法建立两个三角形之间的关系,从而得出函数S2+T2的表达式,利用函数知识求解.

练习:若△ABC的三边长为a、b、c,且f(x)=b2x2+(b2+c2-a2)x+c2,判断f(x)的图象与x轴的位置关系.

3.正弦定理和余弦定理的应用 篇三

正弦定理和余弦定理的承载背景是三角形。正弦定理和余弦定理架起了沟通三角形的边和角的桥梁。下面结合具体的例题谈谈正弦定理和余弦定理在三角形中的应用。

1利用正弦、余弦定理解斜三角形

例1.在△ABC中,已知a=2,b=3,A=45°,求B、C及c。

思路:已知a, b, A,由正弦定理可求B,从而可求C, c。

点评归纳:(1)在已知三角形两边及其中一边的对角,求该三角形的其他边角的问题时,首先必须判明是否有解,例如在△ABC中,已知a=1,b=2,A=60°,则sinB=basinA=3>1, 问题就无解。如果有解,是一解,还是二解。

(2)正、余弦定理可将三角形边角关系互相转化。

(3)在三角形的判断中注意应用“大边对大角”来确定。

2面积问题

例2.△ABC中角A、B、C的对边分别为a, b, c,且b2+c2-a2+bc=0

(1)求角A的大小;

(2)若a=3,求SΔABC的最大值;

(3)求asin(30°-c)b-c的值。

思路:(1)由b2+c2-a2+bc=0的结构形式,可联想余弦定理,求出cosA,从而求出A的值。

(2)由a=3及b2+c2-a2+bc=0,可求出关于b, c的关系式,利用不等式,即可求出bc的最大值,进而求出SΔABC的最大值。

(3)由正弦定理可实现将边化为角的功能。从而达到化简求值的目的。

解析:(1)因为cosA=b2+c2-a22bc=-bc2bc=-12,所以A=120°

(2)由a=3,得b2+c2=3-bc,又因为b2+c22bc(当且仅当c=b时取等号),所以3-bc2bc,当且仅当c=b=1时,bc取得最大值为1,

所以SΔABC=12bcsinA34,所以SΔABC的最大值为34

点评归纳:(1)正弦定理和余弦定理并不是孤立的,解题时要根据具体题目合理运用,有时还需要交替使用。 (2)条件中出现平方关系多考虑余弦定理,出现一次式,一般要考虑正弦定理。 (3)在求三角形面积时,通过正、余弦定理求一个角,两边乘积,是一种常见思路。

3判断三角形形状

例3.在△ABC中,a, b, c分别表示三个内角A、B、C的对边,如果(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)·sin(A+B),该判断三角形的形状。

思路:利用正弦定理或余弦定理进行边角互化,转化为边边关系或角角关系。

解析:已知即a2[sin(A-B)-sin(A+B)]=b2[-sin(A+B)-sin(A-B)]

所以2a2cosAsinB=2b2cosBsinA,由正弦定理,即sin2AcosAsinB=sin2BcosBsinA

所以sinAsinB(sinAcosA-sinBcosB)=0,所以sin2A=sin2B,

由,0<2A<2π,0<2B<2π,得2A=2B或2A=π-2B

即△ABC是等腰三角形或直角三角形。

点评归纳:三角形形状的判定方法

(1)通过正弦定理和余弦定理,化边为角(如a=2RsinA,a2+b2-c2=2abcosc等),利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断。此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系,如sinA=sinBA=B;sin(A-B)=0A=B;sin2A=sin2BA=B或A+B=π2等。

(2)利用正弦定理、余弦定理化角为边,如sinA=a2R,cosA=b2+c2-a22bc等,通过代数恒等变换,求出三条边之间的关系进行判断。

4.余弦定理证明案例分析 篇四

秭归二中董建华

我今年教高一（3）、一（7）班两班数学，在证明余弦定理时，上午第二节在一（3）班上数学，在证明余弦定理时，我是这样上课的：

同学们，前一节课我们学习了正弦定理及其证，现在请同学们考虑这样一个问题，已知三角形的两边及夹角如何求夹角的对边。

即：在△ABC中，已知ACb,BCa,及C，求C。

请同学们思考后回答这个问题，同学们沉默了

三五分钟，开始相互讨论，并得出了如下解法：

过A作ADBC于D，是AD＝ACsinCBCsinC，CDACcosbcosc,在RtABD中，AB2AD2BD2(bsinc)2(abcosc)2a2b22abcosc，用的是初中的知识，我们请同学们继续想，我们学了向量，能否用向量的知识加以证明呢？

表现出一片茫然，并开始画图分析，讨论终于得出

222ABAB(ACBC)(ACBC)AC2ACBCBCAC2|AC||BC|

2cos(180B)BCb22abcosBa2，即。c2a2b22abcosc 这样一个余弦定理证明下来，同学们分析、观察、讨论用了近30分钟。我觉得这样上课太浪费时间，这么简单的问题，花这么多时间去讨论。

于是我在一（7）班一上课就开门见山的说：“前面我们学习了正弦定理及其证明，这节课我们主要分析余弦定理，即：，a2b2c22bccosA,b2a2c22accosB,c2a2b22abcosC ”

现在我们来证明c2a2b22abcosC ：

2证：ABACBCABAB=（ACBC）（AC

22AC2ACBCBCb22bacosca

2即：c2a2b22abcosc，同理可证其余两个，同学们听懂了没有，大家齐答听懂了。前后不过5 分钟左右的时间，我当时还感觉我讲得不错，反正只要学生听懂了就行。

结果一个星期后，有一个小测验，试卷上刚好有一题是用向量的方法证明余弦定理，成绩下来，一（3）班有41人做对了此题，一（7）班仅有7人做对了此题。两个平行班，一个老师教，方法不一样，效果却相差如此之大，我对此进行了案例反思。

反思案例：

1、定理的证明重在教师引导，放手让学生去发现、观察、分析得出结论，如采取注入式教师，虽老师一教学生能听懂，但毕竟不比自己亲手得出的东西印象深刻。

2、引导学生分析问题，表面上看浪费了许多时间，但教会了学生学习的方法，以后遇到许多类似的问题根本不需老师重复去教，学生自己会分析，所以从整体上节约了时间。

3、我在前一节课完全是以学生为主体，后一节课完全是以老师为主体，在课堂教学中，应将教师的主导作用将学生的主体作用表现出来，让教学效果达到更优化。

5.余弦定理证明 篇五

一、余弦定理

余弦定理: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他们夹角的余弦的积的两倍,即在ABC中,已知ABc,BCa,CAb,则有

a2b2c22bccosA, b2c2a22cacosB, c2a2b22abcosC.二、定理证明

为了叙述的方便与统一,我们证明以下问题即可: 在ABC中,已知ABc,ACb,及角A,求证:a2b2c22bccosA.证法一:如图1,在ABC中,由CBABAC可得:

CCBCB(ABAC)(ABAC)

ABAC2ABAC

b2c22bccosA

AB图122即,a2b2c22bccosA.证法二:本方法要注意对A进行讨论.(1)当A是直角时,由b2c22bccosAb2c22bccos90b2c2a2知结论成立.(2)当A是锐角时,如图2-1,过点C作CDAB,交AB于点D,则

在RtACD中,ADbcosA,CDbsinA.从而,BDABADcbcosA.在RtBCD中,由勾股定理可得: BC2BD2CD2

(cbcosA)2(bsinA)2

c22cbcosAb2

AD图2-1BC即,a2b2c22bccosA.说明:图2-1中只对B是锐角时符合,而B还可以是直角或钝角.若B是直角,图中的 点D就与点B重合；若B是钝角,图中的点D就在AB的延长线上.(3)当A是钝角时,如图2-2,过点C作CDAB,交BA延长线于点D,则 在RtACD中,ADbcos(A)bcosA,CDbsin(A)bsinA.从而,BDABADcbcosA.在RtBCD中,由勾股定理可得:

C BCBDCD

(cbcosA)2(bsinA)2

c22cbcosAb2

DA图2-2B222即,abc2bccosA.综上(1),(2),(3)可知,均有a2b2c22bccosA成立.证法三:过点A作ADBC,交BC于点D,则

BDAD在RtABD中,sin,cos.ccCDAD在RtACD中,sin,cos.bbCD222βαA图3B由cosAcos()coscossinsin可得: ADADBDCDADBDCDcosA

cbcbbc2AD22BDCDc2BD2b2CD22BDCD

2bc2bcb2c2(BDCD)2b2c2a2

2bc2bc2整理可得a2b2c22bccosA.证法四:在ABC中,由正弦定理可得

abcc.sinAsinBsinCsin(AB)从而有bsinAasinB,………………………………………………………………①

csinAasin(AB)asinAcosBacosAsinB.…………………………②

将①带入②,整理可得acosBcbcosA.…………………………………………③ 将①,③平方相加可得a2(cbcosA)2(bsinA)2b2c22bccosA.即,a2b2c22bccosA.证法五:建立平面直角坐标系(如图4),则由题意可得点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2bccosA.A(O)图4BxyC证法六:在ABC中,由正弦定理可得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC.于是,a24R2sin2A4R2sin2(BC)

4R2(sin2Bcos2Ccos2Bsin2C2sinBsinCcosBcosC)4R2(sin2Bsin2C2sin2Bsin2C2sinBsinCcosBcosC)4R2(sin2Bsin2C2sinBsinCcos(BC))4R2(sin2Bsin2C2sinBsinCcosA)

(2RsinB)2(2RsinC)22(2RsinB)(2RsinB)cosA

b2c22bccosA

即,结论成立.证法七:在ABC中,由正弦定理可得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC.于是,a2b2c22bccosA

4R2sin2A4R2sin2B4R2sin2C8R2sinBsinCcosA

2sin2A2sin2B2sin2C4sinBsinCcosA

2sin2A2cos2Bcos2C4sinBsinCcosA

22cos2A22cos(BC)cos(BC)4sinBsinCcosA 由于cos(BC)cos(A)cosA,因此

cos2Acos(BC)cos(BC)2sinBsinCcosA

cosAcos(BC)2sinBsinC

cosAcosBcosCsinBsinCcos(BC).这,显然成立.即,结论成立.证法八:如图5,以点C为圆心,以CAb为半径作C,直线BC与C交于点D,E,延长AB交C于F,延长AC交C于G.F2bcosA-cEBaGbbCbb-acA则由作图过程知AF2bcosA, 故BF2bcosAc.由相交弦定理可得:BABFBDBE, 即,c(2bcosAc)(ba)(ba), 整理可得:abc2bccosA.222D图5证法九:如图6,过C作CD∥AB,交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bcosA,故CDc2bcosA.由托勒密定理可得ADBCABCDACBD, 即,aac(c2bcosA)bb.bCD整理可得:abc2bccosA.证法十:由图7-1和图7-2可得a2(cbcosA)2(bsinA)2, 整理可得:a2b2c22bccosA.AE222aac图6FBCEAbsinAaBCbsinADc-bcosAc-bcosAaBbcosAD

6.正弦定理与余弦定理习题总结 篇六

ab

1.正弦定理：sinA=sinBc=sinC

=2R，其中R是三角形外接圆半径.b2c2a

22bc.2.余弦定理：a=b+c-2bccosA,b=a+c-2accosB,cosA=

3.S△ABC

=21absinC=21bcsinA=2

acsinB,S△=

p(pa)(pb)(pc)=pr(p=

abc

2,r为内切圆半

abc

径)=4R(R为外接圆半径).4.在三角形中大边对大角，反之亦然.5.射影定理：a=bcosC+ccosB,b=acosC+ccosA,c=acosB+bcosA.6.三角形内角的诱导公式

(1)sin(A+B)=sinC,cos(A+B)=-cosC,tanC=-tan(A+B),cos

C2

CABAB

2=sin,sin2=cos2

在△ABC中，熟记并会证明tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC;7.解三角形常见的四种类型

ab

(1)已知两角A、B与一边a,由A+B+C=180°及sinA=sinB

c=sinC，可求出角C再求b、c.(2)已知两边b、c与其夹角A，由a=b+c-2bccosA，求出a，再由余弦定理，求出角B、C.(3)已知三边a、b、c，由余弦定理可求出角A、B、C.ab

(4)已知两边a、b及其中一边的对角A，由正弦定理sinA=sinBac求出c，再由sinA=sinC

判断方法，如下表：，求出另一边b的对角B，由C=π-(A+B)，ab

求出C，而通过sinA=sinB

求B时，可能出一解，两解或无解的情况，其

8.9.三角形的分类或形状判断的思路，主要从边或角两方面入手.专题一：正、余弦定理的应用

例1．在ABC

中，已知a

针对练习：

1．（2010上海文数）18.若△，c，B600，求b及A；

ABC的三个内角满足 sinA:sinB:sinC5:11:13，则△ABC

（A）一定是锐角三角形.（B）一定是直角三角形.（C）一定是钝角三角形.(D)可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形.2．（2010湖南文数）7.在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若∠C=120°，A.a＞bB.a＜bC.a＝bD.a与b的大小关系不能确定例2．（2009北京理）.在ABC中，角

a，则

A,B,C的对边分别为a,b,c,B



cos，A,b

5（Ⅰ）求sinC的值；（Ⅱ）求ABC的面积.针对练习：

3．设△ABC的内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，且acosB＝3，bsinA＝4.(1)求边长a；(2)若△ABC的面积S＝10，求△ABC的周长l.4．（2010天津理数）（7）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若ab

2，sinCB，则A=（A）300（B）60（C）120（D）1500

5.(2010年天津)在△ABC中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，若a2－b2＝3bc，sinC＝2 B，则A＝()A．30°B．60°C．120°D．150°

专题二：正、余弦定理、三角函数与向量的综合应用

例3.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若

（Ⅰ）判断△ABC的形状；（Ⅱ）若c针对练习：

k(kR).2,求k的值.1

56.（2009岳阳一中第四次月考）.已知△ABC中，ABa，ACb，ab0，SABC，

a3,b5，则BAC A.． 30B ．150C．1500D

． 30或1500

7．（2009浙江理）在ABC中，角

A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足cos



ABAC3．（I）求ABC的面积；（II）若bc6，求a的值．

A2，8.设△ABC的三个内角分别为A、B、C，向量m＝3sinA，sinB)，n＝(cosB3cosA)，若

m·n ＝1＋cos(A＋B)，则C＝()

ππ2π5πA.B.C.D.63369.(2010年辽宁)在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，且2asinA＝(2a＋c)sinB＋(2c＋b)sinC.(1)求A的大小；(2)求sinB＋sinC的最大值． 专题三：三角形面积

例3．在ABC中，sinAcosA和ABC的面积。，2AC2，AB

3,求tanA的值

针对练习

10．(2010年安徽)△ABC的面积是30，内角A、B、C所对边长分别为a、b、c，cosA＝1

3→→求AB·AC；(2)若c－b＝1，求a的值． 11．（2009湖南卷文）在锐角ABC中，BC

1,B2A,则AC

cosA的值等于，AC的取值范围为.12.在锐角△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C

2csinA,求a＋b的值。

(Ⅰ)确定角C的大小：（Ⅱ）若c＝

7,且△ABC的面积为

3专题三：解三角形的实际应用

例4：（2009辽宁卷理）如图，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

30，的仰角分别为75，于水面C处测得B点和D点的仰角均为60，AC=0.1km。试探究图中B，D间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B，D的距离（计算结果精确到0.01km

000

1.41

42.449）针对练习

13.如图3，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，求cosθ的值．

7.余弦定理证明 篇七

正弦定理、余弦定理的应用极为广泛,它将三角形的边与角有机地联系起来, 从而为解三角形、判断三角形形状、证明三角形边角关系提供了重要的依据.在运用正余弦定理解题时,往往涉及许多数学思想.

一、 化归与转化思想

化归与转化思想就是化未知为已知, 化繁为简,化难为易.在解决三角形边角关系时经常用正弦定理、余弦定理进行边角关系的转化,进而化难为易.

例1在△ABC中, 角A、B、C所对的边的长分别是a、b、c,求证:

分析: 由于所求证的结论是三角形的边角关系,很自然地我们就会联想到用正余弦定理进行边角关系的转化.

证明:由正弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA,b2=a2+c2-2accosB.

所以a2-b2=b2-a2-2bccosA+2accosB.

整理,得

由正弦定理,得

所以故所求证的等式成立.

评注:本题在求解过程中,充分利用正弦定理、余弦定理进行边角之间的转化,从而使问题获得解决.

二、 分类与整合思想

分类与整合思想就是当一个问题因为某种量或图形的情况不同而有可能引起问题的结果不同时,需要对这个量或图形的各种情况进行分类讨论.当已知三角形两边和其中一边的对角时,常常用到分类与整合的思想.

例2在△ABC中,已知A=45°,求 c,B,C.

分析:由于已知三角形两边a,b及一边的对角A,所以先用正弦定理求另一边的对角B(有两解),得到两种情况,在依角B的值进行分类求解.

解:由

∵bsinA﹤a﹤b.

∴这个三角形有两解.

∴B=60°或 B=120°,∴C=75°或 C=15°,

当B=60°,C=75°时,由

当B=120°,C=15°时,由

故B=120°,C=15°.

评注:本题在求解过程中按角B的大小进行了分类讨论.

三、 函数与方程的思想

函数思想是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题.方程的思想是从问题的数量关系入手, 运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不等式或方程与不等式的混合组),然后通过解方程(组)或不等式(组)来使问题获解.

例3在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对边的长,且a=4,b+c=5,求△ABC的面积.

分析: 用两角和的正切公式求出特殊角的函数值,再利用正弦定理、余弦定理列出方程组、通过解方程组求出三角形的边长,进而求得三角形的面积.

解:由

∵A+B+C=180°,∴即

∵0°﹤C﹤180°,∴C=60°,∴cosC=1/2.

c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2-ab,即 c2= a2+b2-ab.

又∵a=4,b+c=5,以上三个方程组成方程组解得a=4,b=3/2,c=7/2. ∴

8.测量问题中的正、余弦定理 篇八

常见的测量问题如下：

1.测量一个可到达的点和另一个不可到达的点之间的距离

例1如图1所示，为了测量河的宽度，在一岸边选定A，B两点，望对岸标记物C，测得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120cm，求河的宽度.

图1

分析求河的宽度，就是求△ABC在AB边上的高.而在河的一边，已测出AB，∠CAB，∠CBA，则三角形ABC可确定.

解由∠CAB=30°,∠CBA=75°,知∠ACB=75°.

由正弦定理，得ACsin∠CBA=ABsin∠ACB，

所以AC=AB=120m.

因为S△ABC=12AB•ACsin∠CAB=12AB•CD，解得CD=60m.

点评此题虽然计算简单，但是意义重大，属于“不过河求河宽问题”.

图2

例2如图2，我炮兵阵地位于A处，两观察所分别设于C,D处，已知△ACD为边长等于a的正三角形.当炮击目标出现于B处时，测得∠CDB=45°，∠DCB=75°，试求阵地到目标的距离AB.

分析线段AB同时位于△ABD和△ABC中，不妨从△ABC中考虑.先在△BCD中，通过正弦定理求出BC；然后在△ABC中，通过余弦定理，即可求出AB.

解在△BCD中，∠DBC=60°，

由正弦定理，有asin60°=BCsin45°，

所以BC=63a.

在△ABC中，∠BCA=135°，

由余弦定理,有AB2=63a2+a2-2×63a2cos135°=5+233a2,

所以AB=5+233a.

点评一个四边形中包含着四个三角形.

2.测量两个不可到达的点之间的距离

图3

例3如图3,在河彼岸可以看到两个目标物M,N，但不能到达，在河此岸选取相距40米的P，Q两点，测得

∠MPN=75°,∠MQP=30°，∠MQN=∠NPQ=45°，试求两个目标物M，N之间的距离.

分析要求出M，N之间的距离，可以在△MNQ或△MNP中去找关系式，但不管在哪个三角形中，除MN边的其余两边都是未知的，需要借助其他三角形才能找出合适的关系式.

解在△PQN中，PQ=40，∠PQN=30°+45°=75°，

∠NPQ=45°，故∠PNQ=180°-75°-45°=60°,

由余弦定理,PQsin∠PNQ=NQsin∠NPQ，即40sin60°=

NQsin45°,

NQ=40sin45°sin60°=4036.

在△PQM中，∠MQP=30°,

∠MPQ=75°+45°=120°，

故∠PMQ=180°-30°-120°=30°，

由余弦定理,PQsin∠PMQ=MQsin∠MPQ,故

40sin30°=MQsin120°,

MQ=40sin120°sin30°=403.

在△MNQ中,由余弦定理,MN2=MQ2+NQ2-2MQ•NQcos∠MQN,故

MN2=40632+(403)2-2×4063×403cos45°=80003.

所以两个目标物M，N之间距离40315米.

点评此题属于“不过河求对岸两点距离”问题.在用正、余弦定理求解实际问题时，尽量利用题中给出的关键点构造三角形，将已知条件向某一三角形集中，使问题迎刃而解.

引申河彼岸有一电线杆PO，若不能过河，你能测量出电线杆的高度吗？

图4

分析可以借鉴例3的条件去完成.

解可以测量.

步骤如下：

1.如图4，先在此岸找两点A与B（A，B与电线杆底O不共线），并测量它们之间的距离AB.

2.测出∠OAB与∠OBA的大小(由三角形内角和定理可求∠AOB的大小).

3.由正弦定理可求AO的长度.

4.量出∠PAO的大小.

5.计算电线杆的高PO，在△POA中，∠POA=90°，电线杆高PO=AOtan∠PAO.

点评已知条件非常隐蔽，构筑三角形的点要自己找，要求我们须仔细分析题意，哪三点组成三角形到达最佳，最利于解题测量时要合理构筑三角形.实际上，若选取的A，B与O共线，则只要测量AB，∠PAO，∠PBO即可.请看下一列.

图5

例4如图5，测量某一个底部不能到达的建筑物AE，在某B处测得建筑物AE的顶端A的仰角为θ，沿BE方向前进30米至点C，测得顶端A的仰角为2θ，再继续前进103米至点D，测得顶端A的仰角为4θ，求θ的大小和建筑物AE的高.

分析本题给出的角度较多，涉及几个三角形，因此要思考从哪个三角形入手解答较为简便.

解在△ABC中，∠BAC=∠ACD-∠ABC=2θ-θ=θ，可得AC=BC=30,

在△ACD中，∠CAD=∠ADE-∠ACD=2θ，故AD=DC=103，

又∠ADC=π-4θ，AC=30，

由正弦定理，CDsin∠DAC=ACsin∠ADC,

即103sin2θ=30sin(π-4θ)=302sin2θcos2θ,

解得cos2θ=32,2θ=π6,则θ=π12.

在Rt△AED中,AD=103,∠ADE=4θ=π3,AE=ADsin∠ADE=15（米）.

所以θ=15°，建筑物AE的高为15米.

点评陆地上建筑物问题为应用背景，一定要搞清楚仰角的概念，解三角形时除了考虑正余弦定理，同时也要注意直角三角形中的边角关系的利用.

巩固练习

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岛和岛A成75°，则B,C间的距离是多少？

2.为了测定河的宽度，在一岸边选定A,B，望对岸标记物C，测得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120m,则河宽为多少？

3.航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的高度为海拔1000m，速度为180km/h，飞机先看到山顶的俯角为15°，经过420秒后又看到山顶的俯角为45°，求山顶的海拔高度.（取2=1.4，3=1.7）

4.已知两个观察点C,D之间的距离CD=80米，航船在A处时，测得∠ACD=105°和∠CAD=30°，经过20秒后，航船直线航行到B处，测得∠CDB=90°和∠BCD=45°，求航船的速度.

9.余弦定理练习答案 篇九

1．在△ABC中，已知a＝9，b＝3，C＝150°，则c等于

A.39B．83C．102D．73()． 解析 c2＝a2＋b2－2abcos C＝92＋3)2－2×9×23cos 150°＝147＝(73)2，∴c＝3.答案 D

2．在△ABC中，若a＝7，b＝43，c13，则△ABC的最小角为

πA.3 π6π4π12()．

解析 ∵c32π∴C＝B.6

答案 C

3．(2011·重庆卷)若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为

4A.32D.3()． B．8－43C．

1解析 由(a＋b)2－c2＝4得(a2＋b2－c2)＋2ab＝4.①

∵a2＋b2－c2＝2abcos C，故方程①化为2ab(1＋cos C)＝4.∴ab＝21＋cos C

4又∵C＝60°，∴ab＝3.答案 A

4．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，则三角形一定是

A．直角三角形B．等边三角形

C．等腰直角三角形D．钝角三角形

解析 由余弦定理b2＝a2＋c2－ac，∴a2＋c2－2ac＝0，∴(a－c)2＝0，∴a＝c.∵B＝60°，∴A＝C＝60°.故△ABC为等边三角形．

答案 B

5．若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为

()．()．

4A.3

C．1B．8－43 23

解析 由(a＋b)2－c2＝4得(a2＋b2－c2)＋2ab＝4.①

∵a2＋b2－c2＝2abcos C，故方程①化为2ab(1＋cos C)＝4.2∴ab＝1＋cos C

4又∵C＝60°，∴ab＝3

答案 A

6．已知三角形的两边长分别为4,5，它们夹角的余弦是方程2x2＋3x－2＝0的根，则第三边长是

()． A.20B.212261

1解析 设长为4,5的两边的夹角为θ，由2x2＋3x－2＝0得：x＝x＝－2(舍)． 2

1∴cos θ＝，2

∴第三边长为 答案 B

二、填空题

7．已知a，b，c为△ABC的三边，B＝120°，则a2＋c2＋ac－b2＝________.解析 ∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－2accos 120°＝a2＋c2＋ac.∴原式为0.答案 0 142＋52－2×4×5×21.238．(2012·重庆卷)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos A＝5，5cos B＝13b＝3，则c＝________.35412解析 ∵A，B，C为三角形内角且cos A＝5，cos B＝13，∴sin A＝5sin B＝13C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B

4531256＝5×13＋5×13＝65.cbsin Csin B，566514sin C得c＝b×sin B＝3×12＝5.1

314答案

59．在锐角△ABC中，边长a＝1，b＝2，则边长c的取值范围是________．

解析 ∵c2＝a2＋b2－2ab·cos C＝1＋4－4cos C＝5－4cos C.π又∵0

∴c2∈(1,5)．∴c∈(15)．

答案(1，batan Ctan C10．在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若6cos C，则＋abtan Atan B

是________．

ba解析 ＋6cos C，得b2＋a2＝6abcos C.ab

tan Ctan C化简整理得2(a2＋b2)＝3c2，将＋ tan Atan B

sin Ccos Acos Bsin CsinA＋B得＝ cos Csin Asin Bcos Csin Asin B

sin Csin Csin2C＝＝.cos Csin Asin Bcos Csin Asin B

sin2C＝cos Csin Asin B

2c22c

2＝＝4.a＋b－c322－c2

三、解答题 c2 a＋b－cab2ab

ππ8．(2012·江西卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知A＝4bsin4＋C

π－csin4B＝a.

π(1)求证：B－C＝2；

(2)若a＝2，求△ABC的面积．

πππ解(1)证明：由bsin4C－csin4B＝a，应用正弦定理，得sin B·sin4＋C－

πsin Csin4B＝sin A，

22222sin BC＋cos C－sin Csin B＋B＝2，2222

10.余弦定理教案 篇十

余弦定理教案

一、说教材  《余弦定理》是必修5第一章《解三角形》的第一节内容，是解决有关斜三角形问题以及应用问题的一个重要定理，它将三角形的边和角有机地联系起来，实现了“边”与“角”的互化，从而使“三角”与“几何”产生联系，为求与三角形有关的量提供了理论依据，同时也为判断三角形形状，证明三角形中的有关等式提供了重要依据。根据上述教材内容分析，考虑到学生已有的`认知结构，心理特征及原有知识水平，我将本课的教学目标定为： ⒈知识与技能：掌握余弦定理的内容及公式；能初步运用余弦定理解决一些斜三角形； ⒉过程与方法：在探究学习的过程中，认识到余弦定理可以解决某些与测量和几何计算有关的实际问题，帮助学生提高运用有关知识解决实际问题的能力。 ⒊情感、态度与价值观：培养学生的探索精神和创新意识；在运用余弦定理的过程中，让学生逐步养成实事求是，扎实严谨的科学态度，学习用数学的思维方式解决问题，认识世界；通过本节的运用实践，体会数学的科学价值，应用价值； ⒋本节课的教学重点是：运用余弦定理探求任意三角形的边角关系，解决与之有关的计算问题，运用余弦定理解决一些与测量以及几何计算有关的实际问题。 ⒌本节课的教学难点是：灵活运用余弦定理解决相关的实际问题。 ⒍本节课的教学关键是:熟练掌握并灵活应用余弦定理解决相关的实际问题。 下面为了讲清重点、难点，使学生能达到本节设定的教学目标，我再从教法和学法上谈谈

 

11.余弦定理证明 篇十一

一、教学片段实录

提出问题：

师：请同学们翻到课本第10页。看习题1.1A组第2题的第(2)小题。题目是：在△ABC中。a=lSem，b=10cm，∠A=60。，求c。

学生通过思考后能用正弦定理求解。

师：正弦定理我们是怎样推导的?三角证法的关键点是什么?

生：三角证法的关键是作高线，把解斜三角形问题转化为解直角三角形阃题。

此问题学生很难用正弦定理求解，对学生来说有一定的挑战性，此问题的设计给学生创设了很大的思维空间，学生思考后觉得比较难解，教师提示能用学过的知识解决，前面三角证法的关键点是作高线，这里是否也可以呢?学生通过作高线，作CD⊥AB，垂足为D，在RtAADC和RtACDB中求出AD、CD与BD，用勾股定理求出BC(即a)的值，再次让学生感受三角证法的关键点是作高线。

然后给出了变式2：在△ABC中，已知c，b，∠A，求a。

余弦定理源于向量和基于向量，它是“好看又好用”的又一数学典范。余弦定理向量证法的价值：向量的数量积是—个重要的工具。余弦定理向量证法基于一种新的数学结构——空间向量。

问题的引入：引用荷兰弗赖登塔尔数学研究所的一个问题“甲离学校10千米，乙离甲3千米，问乙离学校多少千米?”这问题太简单了，简直是小学生的问题。不过，该问题并没有说明甲、乙、学校三点是否在一条直线上。若三点在同一直线上，答案是13千米或7千米；若不在同一直线上，甲、乙、学校三点可以构成直角三角形，问题可以用勾股定理解决；若甲、乙、学校三点不能构成直角三角形，就变成已知三角形的“两边夹一角”如何确定第三边的问题，明确地指向余弦定理。

二、科学地解渎教材、合理地挖掘、利用教材

教材是课程的重要资源，是教师教学的重要依据和学生学习的重要文本。科学地解读教材，合理地挖掘、利用教材是每个教师必备的基本功，教师只有静下心来，仔细研究教材，充分发挥教材在教学中的引领作用，才能提高教学的有效性。教材是学术数学到教育数学转化的产物，教师使用教材的过程又是一个吸收和改造的过程。一节课教学设计的是否适合学生，首先取决于教师对整节课教学内容的准确把握。教师只有在认真研读新课标、全面理解全章节知识的基础上才能正确地把握整节课的教学内容，才能正确组织教学内容进行设计，才能明白本节课重点、难点，学生的疑点是什么。哪些内容不宜放在这一课，哪些知识在本节课学习比较合理，哪些知识适合后续学习；有没有必要在课堂上引领学生进行探究，习题该怎样变式，变式的核心是什么，问题的解决还有哪些方法，教学过程中要渗透什么数学思想方法，要培养学生什么能力等等，这些都值得教师深思。这要求教师从整体性、联系性的视角审视教学内容，应该根据学生的实际情况去进行教学，使教学设计不偏离数学本质。其实，余弦定理的证明方法很多，教材介绍了用极坐标证明余弦定理和复数证明余弦定理等等。为了培养学生对数学的兴趣，课后可以引导学生对定理给出新的證明方法。教师把握并使用教材是极富主动性、创造性的工作。在具体的教学过程中，我们要从学校、学生和自身的实际情况出发，主动地、合理地对教材进行解读，引领学生走进教材，要努力形成适合于自己、有益于学生的教学设计和方法。只要我们下真功夫研读教材，科学、合理、有效地用好教材，学生求知的星星之火定能成燎原之势。

三、对常态课的一点反思

常态课堂即一种自然、真实状态下的课堂教学活动，是师生在不受其他外界因素干扰下的双边教学过程。它是自然、真实的课堂，自然得带有几分朴实，真实得没有粉饰；它是和谐、欢乐的课堂，因为师生和生生之间的交流互动以及内心真切的体验而幸福快乐；它是充实、有效的课堂，我们必须在其间关注学生知识、能力、方法等方面的发展。叶澜教授曾指出，一节好课，应该是平时的课，是常态下的课，课堂应实实在在，不管谁在旁听，教师都要做到旁若无人，心中只有学生；一节好课，应该是真实的课，是不加粉饰、有待完善、值得反思的课，它不可能尽善尽美。如何上好常态课，进一步提高课堂的教学效率，值得我们每—位教师进行研究与探讨。

12.中心极限定理的证明 篇十二

中心极限定理表明大量独立随机变量的和近似服从正态分布，它是正态分布应用的理论依据。设ζ1，ζ2，…ζk，…独立分布且E(ζi)=μ，D(ζi)=σ2，则当k很大时，ηk=Σζi近似服从N (kζ，kσ2)。

概率论中讨论随机变量序列部分和的分布渐近于正态分布的一类定理。概率论中最重要的一类定理，有广泛的实际应用背景。在自然界与生产中，一些现象受到许多相互独立的随机因素的影响，如果每个因素所产生的影响都很微小时，总的影响可以看作是服从正态分布的。中心极限定理就是从数学上证明了这一现象。最早的中心极限定理是讨论n重伯努利试验中，事件A出现的次数渐近于正态分布的问题。1716年前后，A.棣莫弗对n重伯努利试验中每次试验事件A出现的概率为1/2的情况进行了讨论，随后，P.S.拉普拉斯和A.M.李亚普诺夫等进行了推广和改进。自P.莱维在1919-1925年系统地建立了特征函数理论起，中心极限定理的研究得到了很快的发展，先后产生了普遍极限定理和局部极限定理等。极限定理是概率论的重要内容，也是数理统计学的基石之一，其理论成果也比较完美。长期以来，对于极限定理的研究所形成的概率论分析方法，影响着概率论的发展。同时新的极限理论问题也在实际中不断产生。

中心极限定理，是概率论中讨论随机变量和的分布以正态分布为极限的一组定理。这组定理是数理统计学和误差分析的理论基础，指出了大量随机变量近似服从正态分布的条件。

二、基本原理

1. 数学模型

独立同分布的中心极限定理

设随机变量X1, X2，…，Xn，…相互独立，服从同一分布，且具有数学期望和方差：E (Xk)=μ，D (Xk)=σ^2>0 (k=1, 2…)，则随机变量之和的标准化变量的分布函数Fn (x)对于任意x满足

独立同分布函数表达式

正态分布函数表达式

2. 设计过程

为了证明在k很大时，独立同分布近似服从正态分布，可以分别构造独立同分布函数和正态分布函数，将独立同分布的随机点数目取得足够大，然后绘图观察二者的分布拟合程度。

三、仿真结果

分析仿真结果：从单独的一张图来看，正态分布曲线和独立同分布直方图总的来说是较为吻合的，比较两张图形，可以看出下图中二者拟合程度更大，这两张图形所使用的源代码唯一的不同之处在于k的取值，第二张图形中k的取值更大，所以这些可以说明，当k的取值很大时，独立同分布可以近似等同于正态分布。

参考文献

[1]张志涌, 徐彦琴.MATLAB教程——基于6.x版本.北京:北京航空航天大学出版社, 2004.

[2]陈桂明等.MATLAB数理统计 (6.x) .北京:科学出版, 2002.

13.余弦定理教材微观分析 篇十三

（一）教材地位和作用

余弦定理选自人教A版必修五第一章第一节“正弦定理与余弦定理”，主要包括正弦定理与余弦定理两个概念。本节内容是第2课时。教材知识结构主要研究余弦定理的推导及运用余弦定理解三角函数，从数学学习角度看属于命题课。余弦定理的学习建立在正弦定理、向量运算和勾股定理的基础上，是勾股定理的推广和正弦定理的补充，将三角形的边与角联系起来，实现边角关系的互化，是解三角形的一个重要方法，为后面应用正、余弦定理测量距离、解决有关三角形的计算问题、证明一些三角恒等式，判断三角形形状打下了一定的基础。

教材编排从全等三角形的判定方法出发，引出出问题：“如何计算出三角形第三边的长”。让学生通过已掌握的向量求模的方法化简得到余弦定理。再将勾股定理与余弦公式进行比较，得出判断三角形形状的方法。这样安排一是符合学生的认知规律，二是让学生经历了定理的产生与证明，加深了对向量运算的理解。

（二）核心内容和思想

本节课的核心内容是：余弦定理内容及其证明，余弦定理在解三角形中的应用。因为余弦定理是联系一般三角形中的边角关系的一个重要工具。从思想方法看，本节课蕴含着数形结合、类比思想、转化思想、方程思想，教会学生解决三角形问题的基本方法。

（三）教学重点和难点

余弦定理揭示了三角形中边和角的数量关系，是解三角形的一个重要工具，为今后判断三角形形状，证明与三角形有关的等式与不等式提供了重要依据，在几何中有着广泛应用。所以，教学重点就是余弦定理的内容和在三角形边角计算中的应用。

教学难点是余弦定理的发现和公式的推导。余弦定理的证明需要运用到向量的数量积或解析几何中的两点间距离公式，学生很难想到运用什么方法推出余弦定理。

（四）分析教学目标

知识与技能目标：能够说出余弦定理，能够运用余弦定理解决实际问题。过程与方法目标：在经历向量求模长的过程中探索余弦定理的内容。在运用余弦定理解决三角形问题中，体会数形结合、转化的思想方法。通过余弦定理和勾股定理的比较，体会类比的思想方法。

情感、态度、价值观目标：在余弦定理的证明和应用过程中，感受到数与形的辩证统一和数学的实用性。

（五）例题、习题的作用和编写意图

14.余弦定理说课稿 篇十四

各位评委各位同学，大家好！我是数学（）号选手，今天我说课的题目是余弦定理，选自高中数学第一册(下)中第五章平面向量第二部分解斜三角形的第二节。我以新课标的理念为指导，将教什么、怎样教，为什么这样教，分为教材与学情分析、教法与学法、教学过程、板书设计四个方面进行说明：

一、教材与学情分析

这节课与初中学习的三角形的边和角的基本关系及判定三角形的全等有密切联系，是高考的必考内容之一，在日常生活和工业生产中也应用很多。因此，余弦定理的知识非常重要。这堂课，我并不准备将余弦定理全盘托出呈现给学生，而是采用创设情境式教学，通过具体的情景激发学生探索新知识的欲望，引导学生一步步探究并发现余弦定理。

根据教材内容分析，考虑到学生已有的认知结构心理特征及原有知识水平，我制定如下三个教学目标：

（1）知识目标：掌握余弦定理两种表示形式，解决两类基本的解三角形问题。

（2）能力目标：通过三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，来理解事物之间的普遍联系。

（3）情感目标：面向全体学生，创造轻松愉快的教学氛围，在教学中体会形数美的统一，充分调动学生的主动性和积极性，给学生成功的体验，激发学生学习数学的兴趣。

我将本节课的教学重点设为掌握余弦定理，教学难点设为初步应用余弦定理解三角形问题。

二、教法与学法

1、教法选择：根据本节课的教学目标、教材内容及学生的认知特点，我选择创设情境教学法、探究教学法和引导发现法相结合。以学生自主探究、合作交流为主，教师启发引导为辅。

2、教学组织形式：师生互动、生生互动。

3、学法指导：巴甫洛夫曾指出：“方法是最主要和最基本的东西”，因此学之有法，才能学之有效，学之有趣。根据本节课的特点，我在学法上指导学生：

①如何探究问题②遇到新的问题时如何转化为熟悉的问题③做好评价与反思。

4、教学手段

根据数学课的特点，我采用的教具是：多媒体和黑板相结合。利用多媒体进行动态和直观的演示，辅助课堂教学，为学生提供感性材料，帮助学生探索并发现余弦定理。对证明过程和知识体系板书演示，力争与学生的思维同步。学具是：纸张、直尺、量角器。

三、教学过程

三、教学过程

为了实现本节课的教学目标，在教学中注意突出重点、突破难点，我将从

创设情境、导入课题；

引导探究、获得性质；

应用迁移、交流反思；

拓展升华、发散思维；

小结归纳、布置作业

五个层次进行教学，具体过程如下：过程省略。

四、板书设计：

15.质点几何定理证明的机器实现 篇十五

几何定理机器证明是自动推理领域内的一个热门课题.1977年, 吴文俊先生提出的“吴法”[1,2,3,4]使得几何定理机器证明的研究取得了重大进展.通常, 几何定理机器证明方法可分为三大类:代数法, 人工智能法和几何不变量法.代数法的优点是证明效率高, 缺点是可读性差;人工智能法虽然可读性好但效率低、不完备;几何不变量法的可读性介于代数法和人工智能法之间, 证明效率与代数法也在伯仲之间.

质点几何使用了比几何不变量更抽象的对象———质点, 作为基本几何元素.莫绍揆先生在文献[5]中系统地阐述了质点几何的理论和方法.质点几何支持对点直接进行线性运算, 在处理仿射几何问题时较方便, 为发展出一种可读性更好、效率更高的几何定理机器证明方法提供了可操作的依据.

邹宇等人采用质点几何作为模型, 在质点几何的基础上, 通过调用函数搜索质点在点表中的位置, 从而调用向量表中相应位置数组进行运算, 建立了能处理希尔伯特交点类命题的仿射几何机器证明算法MPM, 发展了基于几何点的可读机器证明方法[6,7].

本文是在参考文献[6]的工作基础上, 针对其只是对质点所一一对应的数组做运算而非质点本身消点运算的问题, 作了纯质点代数运算.消点过程比邹宇的数组法简明.每一步消点过程都有相应的质点关系式输出, 每个质点关系式又对应于相应的几何信息, 消点过程结束, 质点关系也就都明确了, 再利用待定系数法而非数组计算法来判定结论语句是否成立, 使得每一个步骤的几何意义都非常明确.建立了能处理构造型几何定理的证明器MMP, 并通过Matlab语言实现机器证明.

1 质点几何

1.1 预备知识

质点几何使用了质点作为基本的几何元素.莫绍揆先生在《质点几何学》一书中系统地阐述了质点几何的理论和方法.质点几何支持对点直接进行线性运算, 在处理仿射几何问题时较方便, 为发展出可读性更好、效率更高的几何定理机器证明方法提供了依据.

质点是一个既有位置又有质量的基本几何元素, 其质量为一个实数, 可正可负以及零.质点几何的创新之处在于质点均有质量.当质量为非零实数时, 质点表示一个点, 或者其对应的位置;当质量为零时, 质点表示一个矢量, 或者其对应的方向.

通常, 用小写希腊字母ω, ξ, ψ, …表示质点, 用大写英文字母A, B, C, …表示平面上的点, 用小写英文字母a, b, c, …表示实数, 将位于点P处质量为m (m≠0) 的质点记作m P.在不引起混淆的情况下, 将位于点P质量为1的单位质点1P也简记成P.质点几何中常用的基本定理和运算律主要有:

1) 实数r与质点ω的数乘决定唯一质点rω.

2) 两质点ω1, ω2的和决定唯一质点ω1+ω2.

3) 若P1, P2, P3是质点平面的一组基, 则该平面上的任一点P都可以由这组基点线性表示, 即必存在3个和为1的实数k1, k2和k3, 使得P=k1P1+k2P2+k3P3.

4) 点P在直线AB上当且仅当存在一个实数k使得P=k A+ (1-k) B.

5) A, B, C三点共线当且仅当存在实数m和n, 使得m A+n B+ (1-mn) C=0.

6) 直线AB平行直线CD当且仅当存在一个实数k使得A-B=k (C-D) .

7) 对任意质点ω1, ω2和ω3, 任意实数a和b, 有如下运算律:

ω1+ω2=ω2+ω1 (交换律) ;

a (bω1) = (ab) ω1, ω1+ (ω2+ω3) = (ω1+ω2) +ω3 (结合律) ;

aω1+bω1= (a+b) ω1, aω1+aω2=a (ω1+ω2) (分配律) .

1.2 构造型质点几何命题

质点法不是利用尺规作要证定理的几何图形, 而是使用一种叫做“构图语句”作图步骤按题中的已知条件一步一步地向图中引入新点, 直到作出几何图形中全部的点为止.

构造型几何命题的前提能用有限的构图语句序列C0, C1, …, Cn描述, 这里的构图语句C0必须是初始构图语句, 其他构图语句即后继构图语句中出现的质点, 除了新引进的质点外, 其余的都必须是前面的构图语句所引进过的质点.

质点法使用引入点的“构图语句”来描述要证定理的前提, 本文主要构图语句有以下几条:

C0:Free Points (X, Y, Z) :在平面上任作不共线三点X, Y, Z

C1:Free Point (X) :在平面上任作一点X

C2:Point On Line (X, A, B) :在直线AB上任作一点X

C3:Midpoint (X, A, B) :作线段AB的中点X

C5:Translation (X, A, B, C) :作过点A且平行线段BC的直线上一点X

C6:Intersection (X, A, B, C, D) :作AB, CD两直线的交点X

2 证明器的设计

2.1 证明器的架构

MMP证明器主要由模块Mmprove、Loadgs和Cinter组成.

当要利用该证明器证明几何定理时, 首先将要证明的几何命题转化成相应的构图语句存储在文本文件中, Matlab通过调用模块Mmprove中的Loadgs读取该文本文件, 并利用模块Loadgs将构图语句转化成相应的消点公式, 来实现消点过程, 其中求两直线交点的消点公式还需要交点模块Cinter的辅助, 依据质点几何的基本原理和法则完成证明器的实现.

2.2 Loadgs模块

2.2.1 几何命题的输入

证明器MMP的模块Mmprove顺次阅读构图语句, 调用相应的消点公式生成, 显示质点关系式, 几何定理结论以结论等式的形式输出

Loadgs模块将文本文件中的含有待定系数x的结论质点等式 (EQ标识所在的行) 读入到符号变量eq中, 将要验证的待定系数的值 (XV标识所在的行) 读入到符号变量xv中.xv的取值为“exit”, 表示xv的值只要存在就可以.若xv的值是数或符号表达式, 则表示结论质点等式中的待定系数取此值才成立, 否则不成立.

Loadgs模块将初始构图语句Free Points (A, B, C) 引入的3个点A、B和C存储到基点列表base.构图语句序列中的其它后续语句所引入的点都可直接或间接地用前面已引入的点线性表示出来.将这些质点关系式称为构图语句所引入点的消点公式.Loadgs模块根据质点几何中的有相关的基本命题, 可以直接求出下列构图语句所引入点的消点公式:

Free Point (X) 所引入点X的消点公式:

Point On Line (X, A, B) 所引入点X的消点公式:

Midpoint (X, A, B) 所引入点X的消点公式:

DPDP (X, A, B, λ) 所引入点X的消点公式:

Translation (X, A, B, C) 所引入点X的消点公式:

上述消点公式中的a和b都是表示实数的符号变量, λ是实数或为表示实数的符号变量, X1, X2和X3是质点平面的一组基点.

2.2.2 消点公式

在质点平面上任作三个线性无关的单位质点X, Y和Z.将这三个单位质点选定为其所在的质点平面的一组基后, 那么构图语句序列中的其它语句所作的点都可直接或间接地用这组基线性表示出来,

这些质点公式分别叫做构图语句所作点X的消点公式.具体情况如下:

这里, a和b都是取值为实数的符号变量, λ、u0和v0是取值为实数的符号常量, 这些值决定了点X在平面上的确切位置.

2.3 Cinter模块

在上述消点公式中只有消点公式 (epf6) 需要复杂计算得到.下面给出求消点公式 (epf6) 的Cinter模块, 该模块使用前面构图语句所作点的消点公式列表epfs和3个基点, 求两直线AB和CD交点X的消点公式 (epf6) 中的u0和v0.

将消点公式列表epfs中新引进的质点Xi (i=1, …, n) 依次存储到初始值为空的元胞数组points中, 建立方程eq=u A+ (1-u) B-v C- (1-v) D.依次检验元胞数组points中质点Xi (i=1, …, n) 是否为eq中的符号常量, 若Xj是的话, 则用对应的消点公式epfsj替换掉Xj, 继续循环, 直至eq没有质点Xi (i=1, …, n) 出现, 此时eq只由基点的关系式表示.设基点对应系数分别用E1, E2和E3表示, 令Ei=0 (i=1, 2, 3) , 解此方程组得u0和v0的值.

3 Matlab实验

我们用Matlab编写程序实现了MMP证明器, 下面是利用该证明器解题的例子.

(高斯线定理) 设A、B、C、D是平面上的四点, E是AB、CD的交点, F是AC、BD的交点, P、Q、R分别是AD、BC、EF的中点, 则P、Q、R三点共线.

在文本文件中输入:

Free Point D

XV exist

下面是Matlab程序给出的实现过程:

消点过程:

消点结束后, 令EQ=0, 写成f1 (x) A+f2 (x) B+f3 (x) C=0形式.

这里, 系数fi (a, b) 都是a和b的线性表达式, 其中i=1, 2, 3.因A, B和C线性无关, 可得

这是一个含有3个一元一次方程的超定线性方程组, 由所作几何图形的合理性可知该方程组的解是存在的.解一元一次方程f1 (x) =0, 求出其解, 分别带入方程f2 (x) =0和f3 (x) =0中, 经验算f2 (x0) =0和f3 (x0) =0成立, 则原方程组有且仅有唯一解.

待定系数x值存在, P, Q, R三点共线.

4 结论

本文在质点几何基本定理和法则的基础上, 总结归纳质点法解题的特点, 建立了能处理仿射几何定理机器证明的消点过程, 并利用待定系数的方法而非数组计算法来判定定理结论是否成立, 使得每一个质点关系式的几何意义都非常明确.本文基于质点法处理几何点本身, 易于扩展和融合, 形成了具有完全性的消点过程.由于可以对点直接进行运算, 质点法的消点过程比面积法或向量法简明, 并通过Matlab程序实现.

本文的质点法是继面积法之后又一个能对构造性几何命题生成可读证明的完全的消点过程.运行结果显示, 本文的方法不仅效率高, 程序自动生成的证明条理简明清晰、语义简洁易懂、几何意义明确、储存信息丰富, 可读性强.此外, 由于可以对点直接进行运算, 质点法的算法和编程比面积法或向量法都要简明.本文基于点的可读机器证明的研究为扩展和融合其他已有的可读证明方法提供了基础, 也为几何的研究提供了一个新的工具.

随着计算机技术的发展和机器证明方法的不断改进, 几何定理可读证明的研究成果为研制的智能几何软件如几何专家、超级画板等提供了更广阔的平台.

摘要：本文针对质点法生成的目标关系式的过程不简明, 缺少明显几何意义的问题, 提出了一种具有较高可读性算法的几何定理证明器MMP.首先, 直接从消点公式推导目标关系式, 该方法不再使用质点坐标而直接对质点进行运算;其次, 利用三个模块架构证明器, 形成了具有完全性的消点过程;最后, 利用待定系数法判定结论语句.由于可以对点直接进行运算, 该证明器的消点过程比原有质点法具有明显的几何意义和较高运算效率.

关键词：质点几何,证明器,消点法,机器证明,自动推理

参考文献

[1]吴文俊.初等几何判定问题与机械化证明[J].中国科学 (A) , 1977, 6:507-516.

[2]Wu W T.On the decision problem and the mechanization of theorem-proving in elementary geometry[J].Scientia Sinica.1978, 21:159-172.

[3]Wu W T.Mechanical theorem proving in geometries:Basic principles[M].Springer, New York, 1994.

[4]Wu W T.Mathematics Mechanization[M].Science Press, Kluwer, 2000.

[5]莫绍揆.质点几何学[M].重庆:重庆出版社, 1992.

[6]邹宇.几何代数基础与质点几何的可读机器证明[D].广州:广州大学, 2010.

16.坐标法证明兰勃特定理 篇十六

Lambert定理 求证：抛物线的外切三角形的外接圆必过其焦点．

由于焦点F是极点，故圆心与焦点的连线|OF|=R=圆心O的极径，所以此圆过抛物线的焦点．

综上所述，应用解析法证明兰勃定理，其实是证明四点共圆的问题，其关键在于正确选择坐标系，巧妙运用两切线交点坐标的轮换性，求得圆的方程，然后说明抛物线焦点的坐标满足圆的方程即可．

此法不仅思路简捷，证题明快，而且富有规律，不添加辅助线，因而对于开阔视野、提高证题水平均有一定作用．

参考文献

1 于志洪．极坐标法证郎古莱定理及其推广．美国 太平洋数学杂志（加州大学主办）, V01.186,NO.2,1996

2 于志洪．极坐标法证西摩松定理及其推广．学校数学通讯（香港教育署主办）,1998(16)

3 于志洪．极坐标法证一定理及其推广．数学通报（中国数学会主办），1990（2）

4 于志洪．极坐标法证三点共线．数学教学（华东师范大学主办），1984（4）

5 四川省数学会编．数学课外活动（高中二年级）．重庆出版社，1983

6 林华编．圆锥曲线．浙江人民出版社，1982

7 唐秀颖主编．数学解题辞典（平面解析几何）．上海辞书出版社，1983

17.余弦定理说课稿 篇十七

一、教材分析

本节知识是职业高中数学教材第五章第九节《解三角形》的内容，与初中学习的勾股定理有密切的联系，在日常生活和工业生产中也时常有解三角形的问题，在实际测量问题及航海问题中都有着广泛的用，而且解三角形和三角函数联系在高考当中也时常考一些解答题。并且在探索建立余弦定理时还用到向量法，坐标法等数学方法，同时还用到了数形结合，方程等数学思想。因此，余弦定理的知识非常重要。特别是在三角形中的求角问题中作用更大。做为职业高中的学生必须学好学透这节知识

根据上述教材内容分析，考虑到学生已有的认知结构心理特征及原有知识水平，制定如下教学目标：

①理解掌握余弦定理，能正确使用定理

②培养学生教形结合分析问题的能力

③培养学生严谨的推理思维和良好的审美能力。

教学重点：定理的探究及应用

教学难点：定理的探究及理解

二、学情分析

对于职业高中的高一学生，虽然知识经验并不丰富，但他们的智利发展已到了形式运演阶段，具备了较强的抽象思维能力和演绎推理能力，所以我在授课时注重引导、启发和探讨以符合这类学生的心理发展特点，从而促进思维能力的进一步发展。

三、教法分析

根据教材的内容和编排的特点，为更有效地突出重点，突破难点，以学生的发展为本，遵照学生的认识规律，本讲遵照以教师为主导，以学生为主体，训练为主线的指导思想，采用探究式课堂教学模式，即在教学过程中，在教师的启发引导下，以学生独立自主和合作交流为前提，以“余弦定理的发现”为基本探究内容，让学生的思维由问题开始，到发想、探究，定理的推导，并逐步得到深化。突破重点的手段：抓住学生情感的兴奋点，激发他们的兴趣，鼓励学生大胆猜想，积极探索，以及及时地鼓励，使他们知难而进。另外，抓知识选择的切入点，从学生原有的认知水平和所需的知识特点入手，教师在学生主体下给以适当的提示和指导。突破难点的方法：抓住学生的能力线，联系方法与技能使学生较易证明余弦定理，另外通过例题和练习来突破难点，注重知识的`形成过程，突出教学理念的创新。

四、学法指导：

指导学生掌握“观察——猜想——证明——应用”这一思维方法，采取个人、小组、集体等多种解难释疑的尝试活动，将自己所学知识应用于对任意三角形性质的探究。让学生在问题情景中学习，观察，类比，思考，探究，概括，动手尝试相结合，体现学生的主体地位，增强学生由特殊到一般的数学思维能力，形成了实事求是的科学态度，增强了锲而不舍的求学精神。

五、教学过程

第一：创设情景，大概用2分钟

第二：实践探究，形成定理，大约用25分钟

第三：应用定理，拓展反思，大约用13分钟

（一）创设情境，布疑激趣

“兴趣是最好的老师”，如果一节课有个好的开头，那就意味着成功了一半，从用正弦定理可解的两类三角形出发，揭示勾股定理特点，说明正弦定理解三角形不完备，还有用正弦定理不能直接求解的三角形，应怎样解决呢？需要我们继续探究，引出课题。

（二）逻辑推理，证明猜想

提出问题，探究问题，形成定理，回顾分析，形成结论，再认识结论，总结用途。变形延伸，培养发散，对比特殊，认知推广。落实定理，构建定理应用体系。

（三）归纳总结，简单应用

1．让学生用文字叙述余弦定理，引导学生发现定理具有对称和谐美，提升对数学美的享受。

2．回顾余弦定理的内容，讨论可以解决哪几类有关三角形的问题。

（四）讲解例题，巩固定理

1、审题确定条件。

2、明确求解任务。

3、确定使用公式。

4、科学求解过程。

（五）课堂练习，提高巩固

1.在△ABC中,已知下列条件,解三角形.

(1)A=45°,C=30°,c=10cm

(2)A=60°,B=45°,c=20cm

2.在△ABC中,已知下列条件,解三角形.

(1)a=20cm,b=11cm,B=30°

(2)c=54cm,b=39cm,C=115°

学生板演，老师巡视，及时发现问题，并解答。

（六）小结反思，提高认识

通过以上的研究过程，同学们主要学到了那些知识和方法？你对此有何体会？

1．用向量证明了余弦定理，体现了数形结合的数学思想。

2．两种表达。

3．两类问题。

（七）思维拓展，自主探究

18.余弦定理学案 篇十八

探究案

Ⅰ.质疑探究——质疑解惑、合作探究

探究一：课本中余弦定理是用（）法证明的，也就是说，在△ABC中，已知BC=a，AC=b及边BC，AC的夹角C，则=（），所以BA2=（）=（），即c=（）

探究二：勾股定理指出了直角三角形中三边平方之间的关系，余弦定理则指出了一般三角

形中三边平方之间的关系，如何看这两个定理之间的关系？

【归纳总结】

1.熟悉余弦定理的（），注意（）,（），（）等。

2.余弦定理是（）的推广，（）是余弦定理的特例.3.变形：（），（），（）。

3.余弦定理及其推论的基本作用为：

（1）

（2）

例1． 在△ABC中，已知a2，c62，B45，求b及A。

【规律方法总结】

1.当已知三角形的两边及其夹角三角形时，可选用（）求解。

2.在解三角形时，如果（）与（）均可选用时，那么 求边时（），求角是最好（）原因是（）

例2．（1）在△ABC中，已知a42,b4,c2(62)，解三角形。

（2）在△ABC中，已知a:b:c2::31，求△ABC的各角。

【拓展提升】 在△ABC中，已知sinA:sinB:sinC3:2:4，判断△ABC 的形状。

2例3．在ABC中，a、b、c分别是A，B，C的对边长。已知bac，且2

a2c2acbc，求A的大小及bsinB的值。c

课后作业

基础巩固-----------把简单的事情做好就叫不简单！

1.在△ABC中，已知a2,b2,c31，则A等于（）

A．30B.135C.45D.120

2.在△ABC中，已知abcbc，则A为（）

A．22222B.C.D.或 3336

33.若三条线段的长分别为5、6、7，则用这三条线段（）

A．能组成直角三角形B.能组成锐角三角形C.能组成钝角三角形

D．不能组成三角形

4.已知△ABC中，a=6 ,b=3 ,C=2，c=

35.(2012,福建理)已知△ABC的三边长分别是2x,2x,22x（x>0）,则其最大角的余弦值

6.（2012，北京理）在△ABC中，若a2,bc7,cosB

综合应用--------------挑战高手，我能行！

7.在不等边三角形ABC中，a是最大边，若acb，则A的取值范（）

A．90A180B.45A90C.60A90 B.0A90

8.在△ABC中,已知a+b+c=2c(a+b),则角C=

9.若△ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c满足(ab)c4且C=

值为

拓展探究题------------战胜自我，成就自我10.在△ABC中，已知a=2，b=2,（a+b+c）(b+c-a)=(22)bc，解三角形。

11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanC

（1）求cosC； 224442221,则b=4222，则ab的35CA，且ab9，求c．（2）若CB

2课后检测案

1.△ABC中，若AB5，AC3，BC7，则A 的大小为（）

A．150 B．120C．60D．30

22.在△ABC中，若c

A.60°a2b2ab，则∠C=（）C.150°D.120°B.90°

3.在△ABC中,若a=7,b=8,cosC=13/14,则最大角的余弦为()1111B.C.D. 5678

4.边长为5,7,8的三角形的最大角的余弦是（）.A.A．11111B．C．D．714147

ab，cosBcosA5.在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若

则ABC的形状一定是（）

A．等腰三角形B．直角三角形

C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形

6.已知ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且a2,b3,cosB则sinA 的值为． 4，512,13cosA7.已知△ABC的面积是30，内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若cb1，则a的值是.8.在△ABC中,若(a+c-b)tanB = 3ac,则角B的值为。2229.在ABC中，若cosBb cosC2ac

（1）求角B的大小

（2）若bac4，求ABC的面积

10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC3acosBccosB.（1）求cosB的值；