10個餘弦定理的證明

正、餘弦定理為幾何的三角習題中常會利用到的公式，這裡針對餘弦定理整理出10種不同的證明方法，10種方式分類如下：
(1)利用投影公式證明
(2)直接利用商高定理證明
(3)坐標化計算兩點之間的距離
(4)利用向量內積來證明
(5)利用Heron面積公式來證明
(6) 利用複數來證明
(7)利用正弦定理證明
(8)利用圓內冪性質、圓外冪性質來證明
(9)觀察圖形
(10)類似歐幾里得《幾何原本》第一卷第47命題證明畢氏定理的方式來證明


以下證明均令、、。

(1)利用投影公式證明
如圖，令為上的高，其中D為垂足。若∠A≦π/2，則，若∠A＞π/2，則，這些情況都可以表示為c＝acosB＋bcosA，同理，a＝bcosC＋ccosB、b＝acosC＋ccosA。
因此由

利用Cramer’s Rule可解得

(2)直接利用商高定理證明
仍參考上圖。不失一般性，假設∠B和∠C為銳角。令為上的高，其中D為垂足。

若∠A為直角，A點與D點重合，由畢氏定理有a²＝b²＋c²＝b²＋c²－2bccosA。
若∠A為銳角，

若∠A為鈍角，

這裡用到。

(3)坐標化計算兩點之間的距離

如下圖左，將ΔABC的三頂點坐標化，令A(0, 0), B(ccosA, csinA), C(b, 0)，則

(4)利用向量內積來證明

如上圖右，

，即a²＝b²＋c²－2bccosA。
 

(5)利用Heron面積公式來證明
Heron公式為，其中s＝(a＋b＋c)/2。若ΔABC的內切圓半徑為r，切點分別為D、E、F，如圖，令，，，則可將Heron公式改寫成，且顯然Δ＝r(x＋y＋z)，因此，xyz(x＋y＋z)＝r²(x＋y＋z)²，又將代入化簡後可得

(6) 利用複數來證明

將ΔABC放在複數平面上，令A(0), B(z₁), C(z₂)，則,,,。因此，

(7)利用正弦定理證明

由正弦定理知a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，其中R為ΔABC的外接圓半徑，故

             a²＝4R²sin²A

             ＝4R²sin²(∠B＋∠C)

             ＝4R²(sinBcosC＋cosBsinC)²

             ＝4R²(sin²Bcos²C＋cos²Bsin²C＋2 sinBsinCcosBcosC)

             ＝4R²(sin²B(1－sin²C)＋sin²C (1－sin²B)＋2 sinBsinCcosBcosC)

             ＝4R²(sin²B＋sin²C－2sin²B sin²C＋2 sinBsinCcosBcosC)

             ＝4R²sin²B＋4R²sin²C＋8R²sinBsinC(cosBcosC－sinBsinC)

             ＝b²＋c²＋2bccos(∠B＋∠C)

             ＝b²＋c²－2bccosA

(8)利用圓內冪性質、圓外冪性質來證明
不失一般性，先假設∠B與∠C均為銳角。以B點為圓心，c＝為半徑畫圓，不外乎下圖三種情形：
(i)最左圖是∠A為銳角，且c為最長邊；
(ii)中間的圖∠A是為銳角，但c不為最長邊；
(iii)最右圖為∠A為鈍角的情形。
可以注意到，若∠A為直角，則為通過A點的切線，運用中間的圖及以下的證明方式，也可推導出畢氏定理。

令與圓交於D點，與圓交於E、F兩點，弦。由圓內冪及圓外冪性質知：

(i)∠A為銳角，且c為最長邊時，，即b×(2ccosA－b)＝(a＋c)×(c－a)，化簡移項得即得a²＝b²＋c²－2bccosA。

(ii)∠A為銳角，且c不為最長邊時，，即b×(b－2ccosA)＝(a＋c)×(a－c)，化簡移項得即得a²＝b²＋c²－2bccosA。若∠A為直角，則A、D重合，上式即為切割線性質的運用。

(iii)∠A為鈍角時，，即b×(b－2ccosA)＝(a＋c)×(a－c)，化簡移項得即得a²＝b²＋c²－2bccosA。

 (9)觀察圖形
不失一般性，我們可以假設∠B與∠C均為銳角。若∠A為直角，即可由cosA＝0及畢氏定理得a²＝b²＋c²－2bccosA之結果。因此只需考慮∠A為銳角以及鈍角的情形。如圖，作正方形BCDE、正方形ACHP，再以和為邊作平行四邊形BAPG，再作正方形PGEF。則顯然ΔABC≅ΔFED≅ΔHDC≅ΔGEB，且平行四邊形BAPG≅平行四邊形HDFP。
若∠A為鈍角，如左圖，因為ΔABC≅ΔFED，ΔHDC≅ΔGEB，所以
正方形BCDE面積＝正方形ACHP面積＋正方形PGEF面積＋平行四邊形BAPG面積＋平行四邊形HDFP面積，
又正方形BCDE面積＝a²，正方形ACHP面積＝b²，正方形PGEF面積＝c²，
平行四邊形BAPG面積＋平行四邊形HDFP面積＝2bcsin∠BAP＝2bcsin(3π/2－∠BAC)＝－2bccos∠BAC，
故得a²＝b²＋c²－2bccosA。

若∠A為銳角，如右圖，因為ΔABC≅ΔFED，ΔHDC≅ΔGEB，所以
正方形面積BCDE
＝(五邊形BCHPA面積＋五邊形BGPFE面積－平行四邊形BAPG面積)－(平行四邊形HDFP面積＋ΔHDC面積＋ΔFED面積)
＝(五邊形BCHPA面積－ΔABC面積)＋(五邊形BGPFE面積－ΔGEB面積)－平行四邊形BAPG面積－平行四邊形HDFP面積
＝正方形ACHP面積＋正方形PGEF面積－平行四邊形BAPG面積－平行四邊形HDFP面積。
又正方形BCDE面積＝a²，正方形ACHP面積＝b²，正方形PGEF面積＝c²，
平行四邊形BAPG面積＋平行四邊形HDFP面積＝2bcsin∠BAP＝2bcsin(π/2＋∠BAC)＝2bccos∠BAC，
故得a²＝b²＋c²－2bccosA。

其實，若B、G、A、P四點共線，則∠BAC為直角，亦可利用此圖形來證明畢氏定理。

(10)類似歐幾里得《幾何原本》第一卷第47命題證明畢氏定理的方式來證明

分別自ΔABC的三邊各作正方形BCDE、ACFG、ABHI，作交於J，交於P，作交於K，交於Q，作交於L，交於R。

不失一般性，假設∠B與∠C均為銳角。

矩形BLRH面積矩形BEPJ面積，同理矩形CFQK面積＝矩形CDPJ面積。

矩形AIRL面積矩形ACQK面積。即矩形AIRL面積＝矩形ACQK面積。

顯然，若∠A為直角，則Q、G兩點重合，I、R兩點重合，則矩形AIRL面積與矩形ACQK面積均為0，故正方形BCDE面積＝正方形ACFG面積＋正方形ABHI面積，即a²＝b²＋c²，此為畢氏定理之證明。

若∠A為銳角，則正方形BCDE面積＝正方形ACFG面積＋正方形ABHI面積－(矩形AIRL面積＋矩形ACQK面積)，即a²＝b²＋c²－2bccosA。

若∠A為鈍角，則正方形BCDE面積＝正方形ACFG面積＋正方形ABHI面積＋(矩形AIRL面積＋矩形ACQK面積)，即a²＝b²＋c²＋2bc∣cosA∣＝b²＋c²－2bccosA。