论文部分内容阅读
摘 要：普通高中课程标准实验教科书数学（必修5）第一章中介绍了关于三角形中边角关系的一个重要定理——余弦定理，本文在此定理基础上作了进一步的推广及演变应用.?摇
关键词：余弦定理；推广；应用
普通高中课程标准实验教科书数学（必修5）第一章介绍了关于三角形中边角关系的一个重要定理——余弦定理，其内容为：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余弦的积的两倍. 如图1，定理的数学表达式为：b2=a2+c2－2accosB，其余两式略.
简证如下：由=+得，·=（+）（+）=2+2·+2=2+2||·||cos（180°－B）+2=c2－2accosB+a2，
即：b2=a2+c2－2accosB得证.
笔者对此定理作了如下的几个推广及其演变：
推广1 如果将正弦定理中a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC代入余弦定理中可以得到：
（1）sin2C+sin2B－2sinCsinBcosA=sin2A；
（2）sin2A+sin2C－2sinAsinCcosB=sin2B；
（3）sin2A+sin2B－2sinAsinBcosC=sin2C.
如果将上面三式中两个角的正弦平方的和减去第三个角的正弦平方，等于前两个角的正弦与第三个角的余弦的积的两倍，就可以得到下列的演变.
演变1：在△ABC中，sin2A+sin2B－sin2C=2sinAsinBcosC；
演变2：在△ABC中，sin2A+sin2B+2sinAsinBcos（A+B）=sin2（A+B）；
进一步探究演变2的结构特征总感觉有“意犹未尽”之感，当A，B这两个角推广到任意角时，该等式还会成立吗？事实上，答案是肯定的.
演变3：sin2α+sin2β+2sinαsinβcos（α+β）=sin2（α+β），其中α，β是任意角.
证明：左边=++2sinαsinβcos（α+β）=1－（cos2α+cos2β）+2sinαsinβcos（α+β）=1－cos（α+β）cos（α－β）+2sinαsinβcos（α+β）=1－cos（α+β）·［cos（α－β）－2sinαsinβ］=1－cos2（α+β）=sin2（α+β）=右边.
推广1及其演变的应用：
（1）求三角函数的值
例1 求cos271°+cos71°cos49°+cos249°的值.
解：由演变1可知：原式=sin219°+sin241°+sin19°sin41°=sin219°+sin241°+2sin19°sin41°cos60°=sin260°=.
例2（1998年全国高考试题）在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，设a+c=2b，A－C=，求sinB的值.
解：由a+c=2b及正弦定理得sinA+sinC=2sinB. 又因为A－C=，所以2sinAsinC=－cos（A+C）+cos（A－C）=+cosB. 运用推广和演变，以及三角形中A+C=π－B，结合前两式的变形整理得，3sin2B=+cosB（1+cosB）. 化简得，8cos2B+3cosB－5=0，解得cosB=，cosB=－1（舍去）. 因此，sinB=.
（2）判断三角形的形状
例3 在△ABC中，已知sin2A+sin2B+sin2C=2，试判断△ABC的形状.
由演变1知sin2A+sin2B+sin2C－2=2sinAsinBcosC+2sin2C－2=2（sinAsinB－cosC）cosC=2cosC［sinAsinB+cos（A+B）］=2cosAcosBcosC.
因为sin2A+sin2B+sin2C=2，所以cosAcosBcosC=0，即A，B，C中有一个为直角，所以△ABC为直角三角形.
（3）恒等式的证明
设α，β为锐角，且sin2α+sin2β=sin（α+β），求证：α+β=.
证明：由演变3知sin2（α+β）=sin2α+sin2β+2sinαsinβcos（α+β）=sin（α+β）+2sinαsinβcos（α+β）≥sin2（α+β）+2sinαsinβcos（α+β），可见，cos（α+β）≤0，所以α+β≥. 若α+β>，则>α>－β>0，得sinα>sin－β=cosβ>0，从而sin（α+β）=sin2α+sin2β>cos2β+sin2β=1，矛盾. 综上，α+β=.
推广2 余弦定理的向量式
在△ABC中，BC2=AB2+AC2－2AB·ACcos∠BAC，即AB·ACcos∠BAC=·（AB2+AC2－BC2），
故有·=（2+2－2）.
事实上，这一式子对于A，B，C三点共线时也成立. 我们把这一式子称为余弦定理的向量式. 它在解决角度、距离等相关问题时，可以避开各种辅助线的添加，减弱推理论证成分，收到事半功倍之效果.
例4 （1999年全国高中数学联赛题）已知点A（1，2），过点D（5，-2）的直线与抛物线y2=4x交于B，C两点，试判断△ABC的形状.
解 设B，C的坐标分别为（t2，2t），（s2，2s），s≠t，s≠±1，t≠±1.
因为B，C，D三点共线，所以=，化简得（s－t）（ts+t+s+5）=0. 于是，ts+t+s+5=0，即（s+1）（t+1）=－4.
计算得·=（2+2－2）=［（t2－1）2+（2t－2）2+（s2－1）2+（2s－2）2－（t2－s2）2－4（t－s）2］=s2t2－（t2+s2）+4st－4（t+s）+5=（t－1）（s－1）［（s+1）（t+1）+4］=0，所以△ABC为直角三角形.
例5 （斯坦纳定理）在四面体A-BCD中，设棱AD与BC所成的角为α，则
cosα=.
证明：如图2，因为=+，
所以·=（+）=·+·=－+=. 又因为·=·cos〈，〉，α与〈，〉相等或者互补. 所以cosα=cos〈，〉?摇=·.
事实上，我们作进一步探究可以发现，余弦定理还可以得到如下的两个推广:
推广3 在凸多边形ABCD中，有AD2=AB2+BC2+CD2－2AB·BC·cosB－2BC·CD·cosC－2AB·CD·cos〈B，C〉，其中〈B，C〉是指AB与CD的交角.
证明：如图3，连结AC，在△ACD中，有AD2=AC2+CD2－2AC·CDcos∠ACD①；
在△ABC中，有AC2=AB2+BC2－2AB·BCcosB②；
①+②，得AD2=AB2+BC2+CD2－2AB·BC·cosB－2AC·CD·cos∠ACD③.
将③式与欲求证的推广3比较，只需证明
AC·CD·cos∠ACD=BC·CD·cosC+AB·CD·cos〈B，C〉就行了，而这又只需要证明AC·cos∠ACD=BC·cosC+AB·cos〈B，C〉就行了.
我们仔细观察等式两边的量，这究竟在表示什么？事实上，左边是CA在CD上的射影，右边是CB在CD上的射影，加上BA在CD上的射影，两者恰好相等. 于是推广3就被证明，即三角形的余弦定理可以成功推广至四边形.
事实上采用上述的类似办法，还可以把余弦定理进一步推广到凹四边形、空间四边形和空间n边形. 这里笔者把问题留给读者去探究了.
推广4?摇 把三角形类比于四面体，把三角形的边类比于四面体的面，把三角形的角类比于四面体的二面角. 从形式上，可以将三角形的余弦定理推广到四面体，于是得到
S=S+S+S－（2SBSCcos〈AD〉+2SBSDcos〈AC〉+2SCSDcos〈AB〉）
说明：式中SA，SB，SC分别表示顶点A，B，C所对的面的面积；cos〈AD〉，cos〈AC〉，cos〈AB〉分别表示以AD，AC，AB为棱的二面角的余弦值.
这个式子具有明显的对称性，结果是成立的. 事实上，我们有下面的结论：在四面体ABCD中，
SA=SBcos〈CD〉+SCcos〈BD〉+SDcos〈BC〉①；
SB=SCcos〈AD〉+SDcos〈AC〉+SAcos〈CD〉②；
SC=SDcos〈AB〉+SAcos〈BD〉+SBcos〈AD〉③；
SD=SAcos〈BC〉+SBcos〈AC〉+SCcos〈AB〉④.
这四个式子是轮换对称的，证明也显然（只需要利用求二面角的“射影面积法”）. 若将上四式作下列运算：
①×SA-［②×SB+③×SC+④×SD］，可得
S－（S+S+S）=－2SBSCcos〈AD〉－2SCSDcos〈AB〉－2SDSBcos〈AC〉.
整理即得推广4
由此可见，三角形的余弦定理在四面体中的推广也是成功的.
以上是笔者对高中数学人教版课本解三角形中余弦定理的推广和演变. 许多高考题和竞赛题都是通过对教材的深入研究、引申、演变，推广出一些新的命题. 因此，在学习中我们要有意识地研究一些教材中的典型例题，揭示出其丰富的内涵. 这样不仅有利于掌握基础知识，而且对于培养应变能力，开拓思维大有好处，真正适应“来源于课本，而高于课本”的命题原则.
关键词：余弦定理；推广；应用
普通高中课程标准实验教科书数学（必修5）第一章介绍了关于三角形中边角关系的一个重要定理——余弦定理，其内容为：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余弦的积的两倍. 如图1，定理的数学表达式为：b2=a2+c2－2accosB，其余两式略.
简证如下：由=+得，·=（+）（+）=2+2·+2=2+2||·||cos（180°－B）+2=c2－2accosB+a2，
即：b2=a2+c2－2accosB得证.
笔者对此定理作了如下的几个推广及其演变：
推广1 如果将正弦定理中a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC代入余弦定理中可以得到：
（1）sin2C+sin2B－2sinCsinBcosA=sin2A；
（2）sin2A+sin2C－2sinAsinCcosB=sin2B；
（3）sin2A+sin2B－2sinAsinBcosC=sin2C.
如果将上面三式中两个角的正弦平方的和减去第三个角的正弦平方，等于前两个角的正弦与第三个角的余弦的积的两倍，就可以得到下列的演变.
演变1：在△ABC中，sin2A+sin2B－sin2C=2sinAsinBcosC；
演变2：在△ABC中，sin2A+sin2B+2sinAsinBcos（A+B）=sin2（A+B）；
进一步探究演变2的结构特征总感觉有“意犹未尽”之感，当A，B这两个角推广到任意角时，该等式还会成立吗？事实上，答案是肯定的.
演变3：sin2α+sin2β+2sinαsinβcos（α+β）=sin2（α+β），其中α，β是任意角.
证明：左边=++2sinαsinβcos（α+β）=1－（cos2α+cos2β）+2sinαsinβcos（α+β）=1－cos（α+β）cos（α－β）+2sinαsinβcos（α+β）=1－cos（α+β）·［cos（α－β）－2sinαsinβ］=1－cos2（α+β）=sin2（α+β）=右边.
推广1及其演变的应用：
（1）求三角函数的值
例1 求cos271°+cos71°cos49°+cos249°的值.
解：由演变1可知：原式=sin219°+sin241°+sin19°sin41°=sin219°+sin241°+2sin19°sin41°cos60°=sin260°=.
例2（1998年全国高考试题）在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，设a+c=2b，A－C=，求sinB的值.
解：由a+c=2b及正弦定理得sinA+sinC=2sinB. 又因为A－C=，所以2sinAsinC=－cos（A+C）+cos（A－C）=+cosB. 运用推广和演变，以及三角形中A+C=π－B，结合前两式的变形整理得，3sin2B=+cosB（1+cosB）. 化简得，8cos2B+3cosB－5=0，解得cosB=，cosB=－1（舍去）. 因此，sinB=.
（2）判断三角形的形状
例3 在△ABC中，已知sin2A+sin2B+sin2C=2，试判断△ABC的形状.
由演变1知sin2A+sin2B+sin2C－2=2sinAsinBcosC+2sin2C－2=2（sinAsinB－cosC）cosC=2cosC［sinAsinB+cos（A+B）］=2cosAcosBcosC.
因为sin2A+sin2B+sin2C=2，所以cosAcosBcosC=0，即A，B，C中有一个为直角，所以△ABC为直角三角形.
（3）恒等式的证明
设α，β为锐角，且sin2α+sin2β=sin（α+β），求证：α+β=.
证明：由演变3知sin2（α+β）=sin2α+sin2β+2sinαsinβcos（α+β）=sin（α+β）+2sinαsinβcos（α+β）≥sin2（α+β）+2sinαsinβcos（α+β），可见，cos（α+β）≤0，所以α+β≥. 若α+β>，则>α>－β>0，得sinα>sin－β=cosβ>0，从而sin（α+β）=sin2α+sin2β>cos2β+sin2β=1，矛盾. 综上，α+β=.
推广2 余弦定理的向量式
在△ABC中，BC2=AB2+AC2－2AB·ACcos∠BAC，即AB·ACcos∠BAC=·（AB2+AC2－BC2），
故有·=（2+2－2）.
事实上，这一式子对于A，B，C三点共线时也成立. 我们把这一式子称为余弦定理的向量式. 它在解决角度、距离等相关问题时，可以避开各种辅助线的添加，减弱推理论证成分，收到事半功倍之效果.
例4 （1999年全国高中数学联赛题）已知点A（1，2），过点D（5，-2）的直线与抛物线y2=4x交于B，C两点，试判断△ABC的形状.
解 设B，C的坐标分别为（t2，2t），（s2，2s），s≠t，s≠±1，t≠±1.
因为B，C，D三点共线，所以=，化简得（s－t）（ts+t+s+5）=0. 于是，ts+t+s+5=0，即（s+1）（t+1）=－4.
计算得·=（2+2－2）=［（t2－1）2+（2t－2）2+（s2－1）2+（2s－2）2－（t2－s2）2－4（t－s）2］=s2t2－（t2+s2）+4st－4（t+s）+5=（t－1）（s－1）［（s+1）（t+1）+4］=0，所以△ABC为直角三角形.
例5 （斯坦纳定理）在四面体A-BCD中，设棱AD与BC所成的角为α，则
cosα=.
证明：如图2，因为=+，
所以·=（+）=·+·=－+=. 又因为·=·cos〈，〉，α与〈，〉相等或者互补. 所以cosα=cos〈，〉?摇=·.
事实上，我们作进一步探究可以发现，余弦定理还可以得到如下的两个推广:
推广3 在凸多边形ABCD中，有AD2=AB2+BC2+CD2－2AB·BC·cosB－2BC·CD·cosC－2AB·CD·cos〈B，C〉，其中〈B，C〉是指AB与CD的交角.
证明：如图3，连结AC，在△ACD中，有AD2=AC2+CD2－2AC·CDcos∠ACD①；
在△ABC中，有AC2=AB2+BC2－2AB·BCcosB②；
①+②，得AD2=AB2+BC2+CD2－2AB·BC·cosB－2AC·CD·cos∠ACD③.
将③式与欲求证的推广3比较，只需证明
AC·CD·cos∠ACD=BC·CD·cosC+AB·CD·cos〈B，C〉就行了，而这又只需要证明AC·cos∠ACD=BC·cosC+AB·cos〈B，C〉就行了.
我们仔细观察等式两边的量，这究竟在表示什么？事实上，左边是CA在CD上的射影，右边是CB在CD上的射影，加上BA在CD上的射影，两者恰好相等. 于是推广3就被证明，即三角形的余弦定理可以成功推广至四边形.
事实上采用上述的类似办法，还可以把余弦定理进一步推广到凹四边形、空间四边形和空间n边形. 这里笔者把问题留给读者去探究了.
推广4?摇 把三角形类比于四面体，把三角形的边类比于四面体的面，把三角形的角类比于四面体的二面角. 从形式上，可以将三角形的余弦定理推广到四面体，于是得到
S=S+S+S－（2SBSCcos〈AD〉+2SBSDcos〈AC〉+2SCSDcos〈AB〉）
说明：式中SA，SB，SC分别表示顶点A，B，C所对的面的面积；cos〈AD〉，cos〈AC〉，cos〈AB〉分别表示以AD，AC，AB为棱的二面角的余弦值.
这个式子具有明显的对称性，结果是成立的. 事实上，我们有下面的结论：在四面体ABCD中，
SA=SBcos〈CD〉+SCcos〈BD〉+SDcos〈BC〉①；
SB=SCcos〈AD〉+SDcos〈AC〉+SAcos〈CD〉②；
SC=SDcos〈AB〉+SAcos〈BD〉+SBcos〈AD〉③；
SD=SAcos〈BC〉+SBcos〈AC〉+SCcos〈AB〉④.
这四个式子是轮换对称的，证明也显然（只需要利用求二面角的“射影面积法”）. 若将上四式作下列运算：
①×SA-［②×SB+③×SC+④×SD］，可得
S－（S+S+S）=－2SBSCcos〈AD〉－2SCSDcos〈AB〉－2SDSBcos〈AC〉.
整理即得推广4
由此可见，三角形的余弦定理在四面体中的推广也是成功的.
以上是笔者对高中数学人教版课本解三角形中余弦定理的推广和演变. 许多高考题和竞赛题都是通过对教材的深入研究、引申、演变，推广出一些新的命题. 因此，在学习中我们要有意识地研究一些教材中的典型例题，揭示出其丰富的内涵. 这样不仅有利于掌握基础知识，而且对于培养应变能力，开拓思维大有好处，真正适应“来源于课本，而高于课本”的命题原则.