三角恒等式的证明-盘古文库

三角恒等式的证明

资料大全

来源：莲生三十二

作者：开心麻花

2025-09-23

三角恒等式的证明（精选12篇）

三角恒等式的证明第1篇

(1) sin2B+sin2C-sin2A=2sinBsinCcos A;

(2) sin2C+sin2A-sin2B=2sinCsinAcosB;

(3) sin2A+sin2B-sin2C=2sinAsinBcosC.

笔者在解题中偶然发现, 在三角形中, 存在cos245°+cos260°-sin275°=-2cos45°cos60°cos75°, 于是就有下面的猜想.

性质1 设△ABC的三个内角分别为A, B, C, 则有

(4) cos2B+cos2C-sin2A=-2cosBcosCcos A;

(5) cos2C+cos2A-sin2B=-2cosCcos AcosB;

(6) cos2A+cos2B-sin2C=-2cos AcosBcosC.

下面仅对 (4) 进行证明, (5) (6) 的证明过程与 (4) 类似.

证明:在△ABC中, 由A+B+C=π知, cos (B+C) =-cos A, 根据三角函数的基本关系, 推导如下.

下面抛开上述的六个恒等式的条件, 把它们推广到更一般的结论, 于是有下面的定理和推论.

定理1 对于任意角α、β, 均有恒等式:

(1) sin2α+sin2β-sin2 (α+β) = -2sinαsinβcos (α+β) ;

(2) cos2α+cos2β-sin2 (α+β) =2cosαcosβcos (α+β) .

证明:设X=cos2α+cos2β-sin2 (α+β) , Y=sin2α+sin2β-sin2 (α+β) ,

则X+Y=2-2sin2 (α+β) =2cos2 (α+β) ; ①

X-Y=cos2α+cos2β=2cos (α+β) cos (α-β) .②

故2 X=2cos2 (α+β) +2cos (α+β) cos (α-β) ,

将X =cosαcosβcos (α+β) 代入 ① 得, Y = -2sinαsinβcos (α+β) , 故原式成立.

推论1若α+β+γ=π时, 有以下结论:

(1) sin2α+sin2β-sin2γ=2sinαsinβcosγ;

(2) cos2α+cos2β-sin2γ=-2cosαcosβcosγ.

证明: (1) 由于α+β+γ=π⇒α+β=π-γ,

所以sin (α+β) =sin (π-γ) =sinγ, cos (α+β) =cos (π-γ) =-cosγ.

将上述两式代入定理1中的恒等式 (1) , 得:

sin2α+sin2β-sin2γ=2sinαsinβcosγ, 故结论成立. (2) 同理可证.

推论2若α+β+γ=kπ, (k∈Z) 时, 有以下结论:

(1) sin2α+sin2β-sin2γ= (-1) k+1·2sinαsinβcosγ;

(2) cos2α+cos2β-sin2γ= (-1) k·2cosαcosβcosγ.

证明:对于 (1) , 当k=2n, (n∈Z) 时, α+β+γ=kπ⇒γ=2nπ- (α+β) , (k, n∈Z) .

根据定理1 中的恒等式 (1) 和三角函数诱导公式得:

当k=2n+1, (n∈Z) 时, α+β+γ=kπ⇒γ=2nπ+[π- (α+β) ], (k, n∈Z)

根据定理1 中的恒等式 (1) 和三角函数诱导公式得:

等式右端= (-1) 2n+2·2sinαsinβcos[π- (α+β) ]=-2sinαsinβcos (α+β) =sin2α+sin2β-sin2 (α+β) =sin2α+sin2β-sin2[2nπ+ (π-γ) ]=sin2α+sin2β-sin2γ=等式左端.

同样, 仿 (1) 的证明方法, 可证明 (2) 成立, 此处不再详述.

摘要：教师给出一组三角恒等式的猜想, 并进行证明与推广, 得出一些性质或定量.

关键词：三角恒等式,猜想,证明,推广

参考文献

[1]姜坤崇.三个三角恒等式与若干三角不等式的证明[J].数学通讯 (上半期) , 2014 (1-2) .

[2]刘绍学.普通高中课程标准实验教科书A版数学 (必修4) [M].北京:人民教育出版社, 2007.

三角形的证明单元测试第2篇

三角形的证明单元测试（北师版）3.1
1.如图，在△ABC 中，已知∠BAC=90°，AB=AD=AC，AD 与 BC 相交于点 E，∠CAD=30°，则∠BCD 的度数为()

1

2

3

5))))

2.如图，在△ABC 中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别是 D，E，AD，CE 交于点 H，已知 EH＝EB＝3，AE＝4，则 CH 的长是(3.(本小题 10 分)如图，在△ABC 中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD 是∠BAC 的平分线，若 CD＝2，那么 BD 等于(4.(本小题 10 分)在△ABC 中，AB＝AC＝5，BC＝6，点 D 是 BC 上的一点，那么点 D 到 AB 与 AC 的距离之和为(5.如图，在等边三角形 ABC 中，点 D，E 分别在边 BC，AC 上，且 BD=CE，AD 与 BE 相交于点 P，则∠APE 的度数为(6.(本小题 10 分)如图，△ABC 和△CDE 均为等边三角形，∠EBD＝62°，则∠AEB 的度数为()

6

7

10

7.(本小题 10 分)如图，A，C，B 三点在同一条直线上，△DAC 和△EBC 都是等边三角形，AE，BD 分别与 CD，CE 交于点 M，N，有如下结论： ①△ACE≌△DCB； ②CM＝CN； ③AC＝DN．其中，正确结论的个数是(8.(本小题 10 分)下列命题中，其逆命题不成立的是(
 

)

)

A.同旁内角互补，两直线平行 C.如果两个实数相等，那么它们的平方相等

B.线段垂直平分线上的点到这个线段两个端点的距离相等 D.角平分线上的点到角两边的距离相等)

9.(本小题 10 分)用反证法证明命题“在直角三角形中，至少有一个锐角不大于 45°”时，应假设(

A.有一个锐角小于 45° B.每一个锐角都小于 45° C.有一个锐角大于 45° D.每一个锐角都大于 45° 10.(本小题 10 分)如图，在△ABC 中，BC 的垂直平分线 DF 交△ABC 的外角平分线 AD 于点 D，DE⊥AB 于点 E，且．则()A.BC＝AC＋AE B.BE＝AC＋AE C.BC＝AC＋AD D.BE＝AC＋AD

三角恒等式常用证明思路第3篇

1. 基量换元，化归转化

例1 求证：[sin(2α+β)sinα-2cosα+β=sinβsinα.]

证明方法一：先转换命题，只需证：[sin(2α+β)-2cosα+βsinα=sinβ]，再利用角的关系：[2α+β=(α+β)+α,α+β-α=β]可证得结论.

[sin(2α+β)-2cosα+βsinα=sin[(α+β)+α]-2cosα+βsinα]

[=sin(α+β)cosα+cos(α+β)sinα-2cos(α+β)sinα]

[=sin(α+β)cosα-cos(α+β)sinα=sin[(α+β)-α]=sinβ.]

两边同除[sinα]得，

[sin(2α+β)sinα-2cosα+β=sinβsinα.]

方法二：根据三角函数的特点，先统一角，再统一三角函数名，再进行换元.

令[x=α+β,y=α]，则

[左边=sin(x+y)siny-2cosx]

[=sin(x+y)-2sinycosxsiny=cosxsiny-sinycosxsiny]

[=sin(x-y)siny=右边].

方法三：结合数学化归转化思想，用换元法把三角函数问题转化为代数证明问题.

令[sinα=a,cosα=b,sinβ=m,cosβ=n],则[a2+b2=1,m2+n2=1.]

[左边=sin2αcosβ+cos2αsinβsinα -2(cosαcosβ-sinαsinβ)=2sinαcosαcosβ+(cos2α-sin2α)sinβsinα -2(cosαcosβ-sinαsinβ)=2abn+(b2-a2)ma-2(bn-am)=2abn+b2m-a2m-2abn+2a2ma=m(b2+a2)a=ma=右边.]

点拨变角、变名是三角变换的常用技巧，利用换元法把问题进行化归转化常能起到意想不到的效果.如证法二是对角进行换元，证法三是对基本量进行换元.

2. 弦切互化，消元降次

例2 求证：[1+sinα1-2sin2α2=1+tanα21-tanα2.]

证明方法一：变角，弦化切.

[左边=sin2α2+cos2α2+2sinα2cosα2cos2α2-sin2α2]

[=(sinα2+cosα2)2(sinα2+cosα2)(cosα2-sinα2)]

[=sinα2+cosα2cosα2-sinα2=1+tanα21-tanα2.]

方法二：通过换元，把三角恒等变形转化为代数恒等变形.

令[sinα2=x,cosα2=y,则x2+y2=1， tanα2=xy.]

[左边-右边=1+2xy1-2x2-1+xy1-xy=1+2xy1-2x2-y+xy-x=(1+2xy)(y-x)-(y+x)(1-2x2)(1-2x2)(y-x)=0.]

故左边=右边.

点拨在三角恒等变形中，首先考虑消元和降次，可通过弦化切或换元法达到目的.所求问题的条件或结论中的各项次数较高时，可用“换元法”达到降次的目的.

3. 左右变形，两相归一

例3 求证：[tanθ(1+sinθ)+sinθtanθ(1+sinθ)-sinθ=tanθ+sinθtanθsinθ.]

证明方法一：左右两式通过“切割化弦”及应用倍角公式，都可得到一个共同的值[cotθ2]，因而得证.

[左边=sinθcosθ(1+sinθ)+sinθsinθcosθ(1+sinθ)-sinθ=1+cosθ+sinθ1+sinθ-cosθ]

[=2sinθ2cosθ2+2cos2θ22sinθ2cosθ2+2sin2θ2=cosθ2sinθ2=cotθ2.]

右边[=sinθcosθ+sinθsinθcosθ⋅sinθ=1+cosθsinθ]

[=2cos2θ22sinθ2cosθ2=cotθ2.]

左边[=]右边，故等式成立.

方法二：换元法，化三角恒等变换为代数恒等变换.

[令x=sinθ,y=cosθ,则x2+y2=1,tanθ=xy.]

[左边=xy(1+x)+xxy(1+x)-x=x(1+x)+xyx(1+x)-xy=1+x+y1+x-y，]

[右边=xy+xxy•x=x+xyx2=1+yx，]

[左边-右边=(1+x+y)x-(1+y)(1+x-y)(1+x-y)x]

[=x2+y2-1(1+x-y)x=1-1(1+x-y)x=0.]

[∴]左边=右边.

点拨对于左右结构相当分数型三角恒等式，左右归一，将左右两边化简成相同的三角式.当然，“寻求角与函数名的统一”是证明的关键.

4. 作差变形，化证为求

例4 求证：[sinα-cosα+1sinα+cosα-1=1+sinαcosα.]

证明方法一：左式－右式，通过运用同角三角函数公式及[1=cos2α+sin2α]等公式的化简，得左式－右式[=0]，从而得左式[=]右式，即得证.

[左边-右边=sinα+1-cosα⋅cosα-1+sinα⋅cosα+sinα-1cosα+sinα-1⋅cosα]

[=sinαcosα+cosα-cos2α+1-cosα-sinαcosα-sin2αcosα+1+sinα⋅cosα]

[=1-cos2α-sin2αsinα+cosα-1⋅cosα=0.]

[∴]左边=右边.

方法二：通过换元，把问题转化为代数式证明问题.

[令x=sinα,y=cosα,则x2+y2=1,]

[左边-右边=x-y+1x+y-1-1+xy=(x-y+1)y-(1+x)(x+y-1)(x+y+1)y=-y2-x2+1(x+y+1)y=-1+1(x+y+1)y=0.]

[∴]左边=右边.

点拨对于结构较为复杂的分数型三角恒等式，利用作差法证明可从形式上起到简化的目的.

5．构造函数，巧用性质

例5 已知[α]、[β]为锐角，且[cos4αsin2β+sin4αcos2β=1,]求证：[α+β=π2.]

证明方法一：要证明角相等，则必须转化为证角的同名三角函数值相等，为此可设法构建三角函数[f(x)=(cos2αsinβx-sinβ)2+(sin2αcosβx-cosβ)2]，再通过已知条件挖掘性质即可解决.

构造函数

[f(x)=(cos2αsinβx-sinβ)2+(sin2αcosβx-cosβ)2]，

由条件[cos4αsin2β+sin4αcos2β=1]知，[f(x)=(x-1)2≥0].

当[x=1]时，

[f(1)=][(cos2αsinβ-sinβ)2+(sin2αcosβ-cosβ)2=0.]

故[cos2α=sin2β]，且[sin2α=cos2β]，

[∴tan2α=cot2β=tan2(π2-β)].

又[α、π2-β]均为锐角，

则[α=π2-β]，即证[α+β=π2.]

方法二：[欲证α+β=π2,即α=π2-β.]

[∴sinα=sin(π2-β),也即证sinα=cosβ.]

令[sinα=a,cosα=b,sinβ=m,cosβ=n,]

[a,b,m,n均大于0,且a2+b2=1,m2+n2=1,]

[cos4αsin2β+sin4αcos2β=b4m2+a4n2=1,]

[⇒b4n2+a4m2=m2n2,]

[⇒(1-a2)2n2+a4(1-n2)=(1-n2)n2,]

[⇒n2-2a2n2+a4n2+a4-a4n2=n2-n4，]

[⇒a4-2a2n2+n4=0,]

[⇒a2=n2],

[⇒a=n,]

即[sinα=cosβ.]

[∵α、β均为锐角，]

[∴α+β=π2.]

点拨证法一通过构造函数模型，利用函数的有关性质巧妙地寻找到条件与结论间的逻辑关系，从而问题得以巧妙解决. 证法二通过换元，把本题转换为代数式证明问题，效果明显.

6．角角相关，熟用公式

例6 求证：[3sin240∘-1cos240∘=32sin10∘]

分析从左式入手，通分，再利用平方差公式，逆用和角公式，最后应用诱导公式，倍角化简到右边.

证明 [∵]左式[=32sin40∘2-1cos40∘2]

[=3cos40∘2-sin40∘2sin240∘⋅cos240∘]

[=3cos40∘+sin40∘3cos40∘-sin40∘sin240∘⋅cos240∘]

[=4⋅22(32cos40∘-12sin40∘)(32cos40∘-12sin40∘)(2sin40∘⋅cos40∘)2]

[=32sin10∘cos10∘cos10∘=32sin10∘=右边.]

点拨化繁为简型三角恒等式的证明的关键是寻求角、名、式的统一. 本题中是具体的角，不适合用换元法，因为换元的关键是问题的等价变形.如令[x=sin40°],[y=cos40°]，则[x2+y2=1],但反过来却不成立.

练习

1. 求证：[tan2α-cot2αsin2α-cos2α+1cos2α-1sin2α=2cos2α.]

2. 求证：[2(cosα-sinα)1+sinα+cosα=cosα1+sinα-sinα1+cosα.]

3. 已知:[7sinα=3sin(α+β),]

[求证：][2tan2α+β2=5tanβ2.]

一道三角不等式的证明第4篇

关键词：三角不等式,均值不等式,凸凹函数

问题:已知△ABC中, 求证:undefined

证法一:本题可以使用不等式:undefined, 其中a1, a2, an为正数

证法二:本题也可以使用凸、凹函数的性质证明。

凸、凹函数的定义如下:

设y=f (x) 是[a, b]上的连续函数, 若对 (a, b) 内任意x1, x2 (x1≠x2) 恒有undefined, 则称f (x) 在区间[a, b]内凸函数;若恒有undefined, 则称f (x) 在区间[a, b]内凹函数。

它们的性质如下:若f (x) 在区间[a, b]内凸函数, 则对于区间内任意n个自变量x1, x2, xn都有undefined;同理, 如f (x) 在区间[a, b]内凹函数, 则undefined当且仅当x1=x2==xn时等号成立。

证明:先确定f (x) =sinx在 (0, π) 内的凹凸性。设x1, x2∈ (0, π) , 且x1≠x2, 则

undefined

所以f (x) =sinx在 (0, π) 内凸函数。

在△ABC中, A, B, C∈ (0, π) 得

所以可得:undefined (当且仅当undefined时成立)

利用上述不等式和本题的方法, 想一想下面这道题怎么证明:

相似三角形判定定理的证明课件第5篇

第23章图形的相似

第5节相似三角形判定

复习回顾

全等判定：

(对应)边角

(6组量) 判定方法角边角角角边边边边

边角边

1.两角分别相等

三角分别

相等, 三2.三边成比例 3.两边成比例且

夹角相等

4.两边成比例且

其中一边的对角相等边成比例

判定定理一：两角分别相等的两个三角形相似。

证明：在ΔABC的边AB、AC上，分别截取AD=A/B/,AE=A/C/，连结DE。 ∵ AD=A/B/,∠A=∠A/，AE=A/C/

∴ ΔA DE≌ΔA/B/C/，

∴ ∠ADE=∠B/，

又∵ ∠B/=∠B，

∴ ∠ADE=∠B，

∴ DE//BC，

∴ ΔADE∽ΔABC。 A A/ E

∴ ΔA/B/C/∽ΔABC B C B/ C/ 判定定理1：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似。可以简单说成：“有两个角对应相等的两个三角形相似。”

证明：在ΔABC的边AB、AC上，分别截取AD=A/B/,AE=A/C/，连结DE。

∵ AD=A/B/,∠A=∠A/，AE=A/C/ ∴ ΔA DE≌ΔA/B/C/， ∴ ∠ADE=∠B/，又∵ ∠B/=∠B， ∴ ∠ADE=∠B， ∴ DE//BC， ∴ ΔADE∽ΔABC。

∴ ΔA/B/C/∽ΔABC

C B/ C/

判定定理1：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似。可以简单说成：“

有两个角对应相等的两个

三角形相似。”

判定定理二：两边对应成比例且夹角相等的

两个三角形相似.

判定定理三：三边成比例的两个三角形相似

?如图,△ ABC与△ A′B′C′相似吗? ?你用什么方法来支持你的判断?

AB?8 ,BC? ,AC?2 ;A?B??4,B?C??,A?C??2;

ABACBC2?????2.A?B?A?C?B?C?1

有一对等角,找

另一对等角---用判定定理1 夹边成比例---用判定定理2 夹角相等----用判定定理2

有两边对应边成比例,

第三边也成比例---用判定定理3

找

有一对直角---用直角三角形相似的判定定理

D C B

D E

D C

B C

提示：易知?B1A1C1??B2A2C2

???90?45

由勾股定理得

A1B1?22，A1C1?4A2B2?2，A2C2?2

ABA2B2

ACA2C2

?△A1B1C1∽△A2B2C2

练习提高

思路分析： ∽ 先证明

先证明

上面的思路分析可以用一段顺口溜来表述：

证等积，化等比;

横找竖找定相似. 不相似，别着急; 等线等比来代替. ……

如何证明

△ABD∽△ACB

易知∠A是△ABD和△ACB 根据两角分别相等的的.公共角，

两个三角形相似，只要再证明一对角相等即可。观察图形，猜想 ∠3=∠C ?

∠3=∠C

∠3=∠C ∠A= ∠A

△ABD∽△ACB

AB?AD?AC

AE=AB

AE2=AD・AC

①当∠1=∠C时

②当∠1=∠A时

(2)已知AD=3，BD=5，AE=4，求AC的长两角分别相等的两个三角形相似(2) ∵△ADE∽△ACB (已证)

ADAE??ACAB

34??，解得：ACAC3?5

2)已知AD=5，BD=2，求AC的长

两角分别相等的两个三角形相似(2) ∵△ACD∽△ABC (已证)

ACAD

??ABAC

AC5??解得：AC??35(负值舍去)5?2AC

试析证明三角形全等的技巧第6篇

【关键词】三角形全等证明两大关键三类图形两种方法

一般来说，证明三角形全等就是证明三角形的角和线段相等，这也是初中平面几何的基础理论。所以说，以多角度学习证明三角形全等的方法就是学好初中平面几何的关键，对后续更复杂的几何知识学习也很有帮助。

一、证明三角形全等的两大关键

三角形全等的基本理念就是找准角与角、边与边之间的对应关系，所以本文针对三角形全等证明归纳两大关键要点：

第一，全等三角形的公共边一定要是对应边，而其公共角即对顶角也必须全是对应角。

第二，在全等三角形中，相等的边边关系所对应的角也必须为对应角；反之，相等的角其所对应的边也一定是对应边，如此才能成立三角形全等这一结论[1]。

二、证明三角形全等的三类图形

在初中平面几何教学中，通常认为的全等三角形图形形态应该包括三种：

（一）平移型全等三角形

图1 平移型全等三角形

如图1中所示的即为平移型全等三角形，两个三角形在平移后依然是保持全等关系不变的，以下举例来说。

例1：如图2，在两个三角形△DEF与△ABC中，如果边EF∥BC，且有 ∠EDF=∠BAC，已知边DE=AB=8，AC=12，BC=10，那么边EF的长度为多少？

图2 平移三角形DEF和ABC

因为△DEF与△ABC符合ASA判定定理，∠EDF=∠BAC且AB=DE=8，那么BC=10，所以就有EF=BC=10.

（二）对称型全等三角形

图3 对称型全等三角形

例2：如图4，已知∠DBA=∠CAB，边DB=CA，DA与CB的相交点为O，而E为AB边的中点，试证明OE与AB的位置关系.

图4 对称三角形CAB和DBA

首先，根据ASA判定定理可以得知，因为∠DAB=∠DBA，所以△DBA与△CAB应该为全等三角形，E为AB边的中点，所以OB=OA，∠OBA=∠OAB，所以边OE与边AB应该呈垂直关系，即OE⊥AB.

（三）旋转型全等三角形

图5 旋转型全等三角形

例3：如图6，在平行四边形ABCD中，E、F两点位于对角边AC之上，如果AF=CE，求问DF与BE边的关系.

图6 旋转三角形ADF与CBE

该题求解的是DF与BE两边的关系，从经验来看，两边应该属于平行关系，若想证明DF∥BE，就必须先证明△ADF与△CBE为全等三角形。因为AD∥BF，且AD=BC，∠DAC=∠BCA，AF=CE，所以根据SAS判定定理，可以证明△ADF与△CBE为全等三角形。在证明两三角形全等后，就可以得出结论，边DF=BE，且两边也是平行关系，DF∥BE.

以上三种图形就是在对称、平移和旋转状态下的三种全等三角形，对它们的判定还是要基于四大判定定理，并通过变换图形的角度、位置、垂直平行关系来证明它们可能存在的全等关系。对于初中生来说，它的难点就在于要用角度变换的思维来看待对三角形全等的证明，并学会灵活运用三角形全等的四个判定定理进行证明[2]。

三、证明三角形全等的两种方法

在初中平面几何学习中，对三角形全等的证明存在顺推和逆推两种方法，本文将做出一一解析。

（一）顺推分析法

所谓顺推分析自然是从已知条件出发，利用上述提到的四种判定定理或其他平面几何知识进行推导，再联系结合题目中的已知条件来发展推理过程，最后得出结论。

例4：如图7，线段AB中点为C，其中DC边平分∠ACE，有∠1=∠2，EC边平分∠BCD，有∠2=∠3，且EC=DC，证明△DAC与△EBC为全等三角形.

图7

该题目中所给出的已知条件十分充分，因为C点为线段AB的中点，所以CA=CB。因为DC、EC边平分∠ACE与∠BCD，所以∠1=∠2=∠3。又因为DC=EC，根据SAS判定定理，至此可以说明△DAC≌△EBC.

（二）逆推分析法

逆推分析法是从结论入手的解题方法，它所分析的是到达结论的可行性路径，并且根据结合所给出的已知条件和结论来寻找到正确的证明方法。在三角形全等的求解过程中，逆推分析法是十分常见的。

例5：如图8，已知BA=CA，DA=EA，请求证BD=CE.

∵DA=EA，BA=CA

∴∠C=∠B，∠1=∠2

根据SAS，∵∠B+∠3=∠1，∠C+∠4=∠2

∴∠3=∠4

DA=EA，BA=CA，∴可得△BAD≌△CAE，∴BD=CE.

以上为顺推分析和逆推分析的例题求证，如果能够娴熟掌握上述两种方法技巧，学生还可以结合顺推与逆推，用两种技巧共同解决习题，求证三角形的全等关系[3]。

四、总结

除上述解题方法外，利用公共边、公共角、对顶角等方法也能证明三角形的全等关系。因此可以说，初中平面几何中三角形全等的求解方法是丰富多样的，教师在教学过程中应该在扎实掌握四大判定定理、边角关系的基础理论的基础上，充分打开学生的思路，开阔学生的视野，从不同角度、不同层面来启迪和开发学生的解题能力。而三角形全等证明问题作为初中平面几何的基础知识，也应该被学生所熟悉运用，这对他们未来面对和解决更复杂的几何题型很有帮助。

【参考文献】

[1]娄菊红.浅谈证明三角形全等的一些技巧[J].中学生数理化（八年级数学人教版），2012（07）：6-7.

[2]钱燕群.三角形全等的证明及应用举例[J].读写算（教育教学研究），2011（08）：118-119.

同角三角函数平方关系的泰勒证明第7篇

初等数学中有三个运用极为广泛的三角函数关系式:

sin2x+cos2x=1, 1+tan2x=sec2x, 1+cot2x=csc2x.

在中学教材中，利用函数定义及勾股定理简洁明了地对它们进行了证明.下面给出它们的高等数学方法证明过程.

二、定理

泰勒中值定理:若函数f (x) 在U (a) 存在n+1阶导数，，函数G (t) 在以a与x为端点的闭区间I连续，在其开区间可导，且G (t) ≠0，则a与x之间至少存在一点c，使

其中称为余项.

特别地, , c在a与x之间, 称其为拉格朗日余项.

三、证明

令f (x) =sin2x, g (x) =cos2x，由求导公式，有

由I，有

取n=2k+1，有

其中, c1在0与x之间.

其中, c2在与x之间.

(2) + (3) , 得

f (x) +g (x) =sin20+cos20+R2k+2 (x) +r2k+2 (x) .

令k∞，两边取极限，有

可以类似证明另外两个公式.

四、分析总结

以上用高等数学方法直接从函数本身出发给出了三个初等函数关系的证明，其思路是将函数的整体性质通过邻域用函数某一点的性质取代，此种证明避开了勾股定理的应用，但其意义并不在于证明本身.在函数问题处理中，有时需要用函数局部性质 (进而函数在某一点的性质) 去研究函数的整体性质，以利于问题的解决.以上证明过程可作为利用这一数学思想解决问题的一个简单范例，同时也是用高等数学方法解决初等数学问题的有益探究与尝试.

参考文献

[1]刘玉链, 傅沛仁.数学分析讲义[M].北京:高等教育出版社, 2001.

“五步法”突破全等三角形的证明第8篇

我校山区学生较多, 面对全等三角形的证明题, 他们往往不知从何做起.虽然有很少一部分同学表面上知道方法, 但他们叙述不清楚, 说不出理由, 几乎不会写逻辑推理的过程.因此, 才有了“几何几何, 磨烂脑壳, 老师怕讲, 学生怕学”这种诙谐的说法.在此, 笔者根据自己的教学经验, 尝试运用以下五个步骤来解决全等三角形的证明问题.

步骤一:分析题目与图形

首先, 教师应引导学生认真审题, 弄清楚题目中所涉及的数学概念和专业术语的含义, 并结合图形, 理清已知条件, 明确求证内容.为了能使条件一目了然, 可以在已知条件前标注序号, 也可以将已知条件在图形中相应位置直接标注出来.此外, 图形中往往还有一些隐含条件, 比如, 对顶角、公共边、公共角等, 它们也是已知条件, 在证明中常常具有举足轻重的作用, 需要学生火眼金睛, 最大限度地从图形中挖掘有用信息.下面就举例具体分析一下.

例1如图, AC和BD相交于点O, OA=OC, OB=OD.求证:DC//AB.

认真审题后, 学生容易整理出两个已知条件: (1) OA=OC, (2) OB=OD.在此基础上, 教师可以引导学生在已知条件前标注数字序号, 并在图中相应位置进行标记.如, 学生可以在一组相等的线段上标注一点 (或者用红笔涂色) , 在另一组相等的线段上标注两点 (或者用蓝笔涂色) .这样一来, 所有的信息就都集中在图形上, 一目了然, 便于学生根据求证的内容迅速从图形中搜寻相关信息, 并且根据证明的需要挖掘隐含条件———对顶角相等.

步骤二:确定证明思路, 找到证明的条件

熟记定理是进行几何证明的前提.在证明过程中, 定理是联系题目中题设和结论的“桥梁”.例如, 要想证明两个三角形全等, 首先要把判定定理记得滚瓜烂熟, 只有这样, 才能在证明时审时度势, 深入探究已知条件和所求结论之间的内在联系, 确定具体使用哪个定理判定三角形全等, 并在此基础上, 进行严密的证明.证明命题时, 通常有以下三种思维模式:

1.正向思维.即执因索果, 证明的思路是从已知条件出发, 最终得出题目的结论.对于思路明了的简单题目, 通过正向思考, 不难得出答案.这种思维模式一般用于求线段的长度、角的度数等.

2.逆向思维.即由果导因, 证明的思路是从结论出发, 一步步探寻使结论成立的条件, 故称为“逆向思维”.在判定三角形全等的题目中, 使用逆向思维往往能使证明的思路更清晰, 证明的过程更简洁, 避免走弯路.如, 在例1中, 要想证明结论DC//AB, 就从结论出发, 找出使DC//AB成立的条件.根据平行的判定定理, 一般有三种思路: (1) 同位角相等, 两直线平行; (2) 内错角相等, 两直线平行; (3) 同旁内角互补, 两直线平行.结合图形不难看出, 从判定定理 (2) 内错角相等, 两直线平行入手, 即可证明.接着再寻找使定理 (2) 成立的条件——内错角相等.这样一来, 解题的目标从证明两直线平行转化为证明两个角相等.而在初中几何中, 要想证明两个角相等, 一般可以通过证明两个三角形全等, 进而得到对应角相等.通过两步推导, 题目变成了常规证明题———求证两个三角形全等.根据判定定理可知, 要证明两个斜三角形全等, 一般要具备三个条件.而此题题目中已经给出了两个条件, 即两组对应边分别相等.回顾所学的斜三角形全等的四个判定定理——AAS, ASA, SAS和SSS, 不难发现, 涉及两组对应边分别相等的判定定理只有SAS和SSS.所以, 此时要么想办法证明第三组对应边也相等, 要么确定两组对应边的夹角相等.带着这个任务回归图形, 寻找隐含条件, 发现由于AC与BD相交于点O, 显然OA与OB的夹角和OC与OD的夹角恰为对顶角, 不难推知, 用SAS即可证明△DOC与△BOA全等, 从而得到DC//AB.

逆向思维流程图如下:要证明两直线平行→ (找两直线平行的条件) 内错角相等→ (找角相等的条件) 证明三角形全等→接着找斜三角形全等的三个条件→根据题目所给条件并结合图形, 确定所用的判定定理.

3.从已知条件和结论同时出发, 综合使用正向思维和逆向思维, 得到结论.

步骤三:规范地书写证明过程

书写判定三角形全等的证明过程, 要求步骤清楚, 格式规范, 每一步都要有理有据.在教学中, 常常会出现这样的情况:学生能大致口述证明思路, 但不知道该如何书写证明过程, 或者有的学生索性先把已知条件全部罗列, 然后直接得出结论 (即题目的求证部分) .因此, 教师应教会学生使用标准的格式书写证明过程, 并重点强调以下要点:

1.证明哪两个三角形全等, 首先要写清楚在哪两个三角形中.

2.书写三角形全等的三个条件时, 用哪个判定定理, 就按照该定理的字母顺序相应地在大括号内罗列边和角.如, 例1, 用SAS证明, 就按边角边的顺序在大括号中相应地写出对应的边和角, 并着重强调这个角是两边的夹角, 避免学生误用判定定理进行证明.

3.写的时候, 对应点要写在对应位置上.

按照上述要求, 教师可向学生示范例1规范的书写格式.

步骤四:反思证明过程

反思是将解题思路升华的过程.学生证明完毕后, 教师应该指导学生反思证明过程.

第一, 反思证明思路.

第二, 反思如何规范地书写证明过程.

第三, 反思假如以后遇到类似的题目, 该怎么做.

步骤五:教会学生善于收集经典例题, 并把题型归类

全等三角形的证明题浩如烟海, 在教学中, 教师要引导学生抓住经典例题, 逐步掌握一些基本的证明方法, 归纳出带有规律性的一般结论, 力求举一反三.

在教学过程中, 教师可以改变经典例题的条件或者结论, 再让学生证明, 同时让学生自己把同类型的题目归类.比如, 哪些图形有隐含条件, 哪些题目用正向思维, 哪些题目用逆向思维等;或者说证明线段相等一般用什么方法, 证明角相等又用哪些方法, 在哪些图形中该怎么作辅助线等。既提高了学生的归纳总结能力, 又提高了学生的数学素养.

浅谈三角函数的几种证明方法第9篇

关键词：等式证明,三角函数,公式

三角函数知识在高中数学课程中占有非常重要的作用, 是高中代数体系的主要模块之一, 在证明三角函数等式的过程中, 大多数情况需证恒等关系, 但是因题目不同证明方法也有所不同, 需要根据实际问题进行具体分析, 下面对证明三角函数的几种常见方法进行分析。

1证明三角函数等式的方法

1.1在题目要求中, 需要证明的等式只含同角三角函数, 需要变化函数, 通常情况下, 把等式中的三角函数都化成正弦和余弦, 或同一函数, 能达到证明的目的。

分析:观察题目可见, 题目中函数种类有正弦、余弦、正切、余切, 但等式左右两边都是同角三角函数, 这种情况下将切化弦, 即将等式化成只含正弦和余弦的三角函数, 就极易解决问题:

例2求证:sin4α-sin2α+cos2α=cos4α

分析:观察题目可知, 题目的等式两边都是同角三角函数, 而等式右边只含一个余弦, 从而可将等式的左边化成只含有余弦的三角函数。

1.2所证明的题目中, 函数两边含有不同角的三角函数, 通常情况下, 从角的简化着手, 将繁琐的角化为单角, 或者减少不同角, 为了化简方便通常使用某一三角函数的公式进行变形处理。

例3求证:cos5a+sin2asin3a=cos2acos3a

分析:观察题目可知, 题中出现不同角的三角函数, 首先我们将等式中不同角的三角函数化成相同角的三角函数。

证明:左边=cos (2a+3a) +sin2asin3a=cos2acos3asin2asin3a+sin2asin3a=cos2acos3a=右边证毕

评价:在证题时, 要对三角函数中的角认真分析, 同时也应掌握好三角函数中的公式。

例4求证:cos (n-1) acosa-cosna=sin (n-1) asina

分析:由题可知, 我们要证明的是含有比较复杂角的三角函数等式, 因此我们要将式中复杂角化为较简单的角。

证明:左边=cos (n-1) acosa-cos[ (n-1) a+a]=cos (n-1) acosa-cos (n-1) acosa+sin (n-1) asina=sin (n-1) asina=右边证毕

评价:有些三角函数的等式证明不一定要顺着去做, 也可以逆着去推, 在做题时我们可以从相反的方向去推导。

通过上述分析, 我们发现三角函数证明过程中, 遵循“加同一量与减同一量结果不变”的原则, 进而把非和差角的函数或不合乎解题要求的和差角函数代换成我们所要求的和差角, 从而证出结论。

1.3证明三角函数等式的过程中, 若“1”出现的频率很高, 则可把“1”代换为sin2α+cos2α或tan45°以及cot45°等;也可以将等式中某项或任意常数或整个等式的一端乘以 (或除以) sin2α+cos2α或tan45°以及cot45°等。

例5求证: (sinα+cosα) 2=1+sin2α

分析:观察题目可知, 三角函数的等式两边只含有正弦与余弦, 而等式右边含有“1”, 观察等式左边可知, 我们可以将“1”代换“sin2α+cos2α”。

例6求证:tan (α+45°) +tan (α-45°) =2tan2α

分析:观察等式两边的结构, 我们可以将“1”代换成tan45°, 再运用正切公式得到最终的目标等式。

2注重三角函数公式的灵活运用

在证题过程中, 对教材中某一组公式的证明经验进行及时总结归纳, 避免在证明等式过程中, 由于心中没有方法而产生迂回的毛病, 进而耽误时间。现以和差化积公式进行分析, 进而归纳对比证题步骤。

分析:本题给出的条件是三角形的内角和, 而最终要得证的是正弦与余弦之间的关系, 我们可以运用所给的条件、再利用三角函数的公式最终将等式证出。

通过归纳, 容易发现和差化积公式作恒等变换的规律为“化积-化简合并-再化积-再化简”的有限次重复。也就是“代换化积公式与化简合并”交替进行。

3证明条件等式、边角等式的一些方法

3.1涉及条件等式证明的问题比较多, 题中若限制等式中的角为三角形的三内角;或是由根式而给出角的存在范围, 这类问题的证明实质上所给条件仅是确定定义域或代换角, 因此做题时我们要注意认真观察, 发现已知条件和所要证明的等式之间的关系, 选择适当的途径运用好已知条件, 从已知条件出发, 以所要求的证式为目标进行代数或三角恒等式等变形, 逐步推出所要证明的式子。

分析:对于此题我们最容易想到的方法就是把等式两边同时平方来证明, 但是这种证明方法是错误的, 因为在开方的时候有两种情况, 那么有没有比较简单的证明方法呢?我们来看一下下面的证明过程:

评价:通过上面的证明方法我们可以发现这种方法比两边同时平方要简单的多, 因此我们在解题时应该首先观察题目的形式, 然后再确定用什么样的解题方法, 这就要求我们在平时学习时多观察、多动脑。

分析:通过对题目形式的观察我们发现, 此题可以利用“代”解决, 但是在应用“代”的时候会发现这种方法比较繁琐, 下面我们来看用“消”方法是怎样证明此题的。

评价:通过上例的证明过程我们体会到, 要在证题中将已知条件和结论“吃透”, 才能少走弯路。

3.2边角等式:从本质上说, 边角等式也是一种条件等式, 在三角形边角元素条件下成立是这种等式的特点, 通常情况下, 由三角形的边、角等三角函数运算关系组成。常用的证明方法主要包括:一三角形的边角关系, 通常情况下借助正、余弦定理等对原等式中的边元素进行替换, 通过替换原等式中全含边元素组成的代数恒等式, 然后通过代数等式的证明方式进行解决;二用边角关系式代换原等式中的边元素, 通过替换全部消去原等式中的边元素, 进而得到新的三角函数等式, 利用三角恒等式的方法解决。

分析:欲求证B的正弦, 可利用题中的条件消去元素A、C而解得。

评价:本题中的三角变换是已知边的关系、角的关系, 而求证某角的值的问题, 已知的边角都为非特殊的边角, 从表面看比较难, 但仔细观察所给边角之间及特殊边角之间存在着一定的关系, 从而得解。

分析:在用三角式的恒等变形证明三角形的三角等式时, 其解题的一般规律是:二项化积、倍角公式, 提取公因式, 再化积, 遇有三角式的平方项, 则利用半角公式降次。本题是要证明边与三角函数之间的等式关系, 下面我们用两种方法证明, 首先用正弦定理, 其次用余弦定理。

评价:通常情况下, 正弦定理、余弦定理以及三角式的恒等变形是证明三角形中的边角等式的主要依据, 通过正、余弦定理可以将三角形中的“边”与“角”的关系进行转换, 如证法2所示。

当然, 在对等式进行证明的过程中, 需要进行不断地创新, 证明方式要灵活, 不受古板方法的制约和影响, 结合问题的特点, 选择简单科学的证明方法, 在一定程度上达到用最简便的方法得到最终证明结果的目的。

同时, 在对三角形问题或者三角恒等式证明过程中, 还要注意正、余弦定理的使用范围, 以及与所证结论之间的关系, 并应用一些互补角的正弦值相等, 互补角的余弦值互为相反数等特殊的正、余弦关系。

当然, 通过使用正、余弦定理求解有关三角形的问题时, 三角函数的定义、勾股定理、正弦定理、余弦定理等三角函数常用公式及三角形的有关性质我们要非常熟悉并熟练掌握, 同时要注意三角形面积公式, 还要注意三角形内角和A+B+C=π的制约关系, 此外, 要对常见的证明方法与证明技巧进行总结、归纳, 这样才能不断提高三角形问题的证明能力。

参考文献

[1]孙长征.高考第2轮复习专题训练[M].北京:光明日报出版社, 2006.

[2]洪晓枝.三角函数的等式证明方法[J].中国科技信息, 2006 (9) .

例说组合恒等式的六种证明方法第10篇

一、利用组合数的定义证明

证明:从n+1个不同的元素a1, a2, …, an+1中取出m个的组合数是Cmn+1, 这些组合可以分成两类:一类含有a1, 一类不含a1.含有a1的组合是从a2, a3, …, an+1这n个元素中取出m-1个元素与a1组成的, 共有Cnm-1个, 不含a1的组合是从a2, a3, …, an+1这n个元素中取出m个元素组成的, 共有Cnm个.根据分类计数原理, 得

二、利用组合数计算公式证明

∴原式成立.

三、利用组合数的两个性质证明

∴原式成立.

五、利用数学归纳法证明

由 (1) 、 (2) 可知, 对任何正整数m, 等式均成立.

证明 (1) 当n=1时, 等式显然成立.

这说明当n=k+1时, 等式也成立.

由 (1) 、 (2) 可知, 等式对任何正整数n都成立.

六、利用复数的性质证明

又由棣莫弗定理, 得

由复数相等的条件, 得

三角恒等式的证明第11篇

关键词：多种方法；三角形；内角和；转化；思路

中图分类号：G633.6文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2011）11-031-02

在初一的数学中，我们学习了三角形的内角和定理，知道了三角形的内角和为180°。对于这个定理，我们可以利用多种方法进行证明，以下是我从几个不同的方面总结的几种证明方法，现拿来分享，以拓宽学生的思维：

三角形内角和定理三角形三个内角的和等干180°

已知：如图1，∠A、∠B、∠C分别为三角形ABC的三个内角，

求证：∠A+∠B+∠C=180°

分析：当我们碰到新问题感觉无法下手时，通常我们可以将新问题通过各种方法转化为已经学过的问题进行证明，这样的方法在初中的几何学中经常会用到，它可以为我们解决新问题带来很大的帮助。证明三角形的内角和，就可以运用这种方法。我们先想想在那些地方碰到过关于180°的角的问题，这会给我们的证明拓宽一定的思路。

思路1：在小学里我们在说明这个问题时是用一张三角形的纸片。将三角形的三个角剪下来，然后拼在一起，从而得到一个平角。说明三角形的内角和为180°。

思路2：然而，不是所有的三角形都可以剪的下来。今天，要证明三角形的三个内角之和等于180°，虽然不能用以前的老方法，但思路和以前有些相似，我们学过一个平角是180°，那么，是否能够设法将三角形的三个内角拼成一个平角，从而，进行说明呢？为此，用辅助线构造出一个平角，再用平行线“移动”内角，将其集中起来。

思路3：我们知道，当两条平行线被第三条直线所截时的同旁内角互补，也就是它们的和为180°，那么，能否将三角形的三个内角集中到平行线的一组同旁内角上来呢?因此，我们想办法将三角形的三个内角放在两条平行线的两同旁内角的位置上。

利用第一种思路用一张三角形的纸片，将三角形的三个角剪下来，然后拼在一起，从而组成一个平角。但组成的角是不是就是一个标准的平角呢再加上手工时的误差，所以很难清楚的进行说明，跟何况不是所有的三角形都可以剪的下来。因此，在这里，我主要是根据后面的两种思路，总结出下面的几种证明方法。

利用第二种思路得到下列几种证明方法：

证法一：如图2，延长边BC到D，并过顶点C作CE∥BA；

∵CE∥BA（作图）

∴∠1=∠A(两直线平行，内错角相等)，

∠2=∠B(两直线平行，同位角相等).

又∵∠1+∠2+∠ACB＝180°(平角的定义)，

∴∠A+∠B+∠ACB＝180°.

证法二：如图3，过顶点C作DE∥AB；

∵DE∥AB（作图）

∴∠1＝∠A，∠2＝∠B(两直线平行，内错角相等)．

又∵∠1+∠ACB+∠2＝180°(平角的定义)，

∴∠A+∠ACB+∠B＝180°

证法三：如图4，在BC边上任取一点D，作DE∥BA，DF∥CA，分别交AC于E，交AB于F；

则∠2＝∠B，∠3＝∠C(两直线平行，同位角相等)，

∠1＝∠4(两直线平行，内错角相等)，

∠4＝∠A(两直线平行，同位角相等)，

∴∠1＝∠A(等量代换).

又∵∠1+∠2+∠3＝180°(平角的定义)，

∴∠A+∠B+∠C＝180°.

证法四：如图5，作BC的延长线CD，在△ABC的外部以CA为一边，CE为另一边画∠1＝∠A；（也可以直接作CE∥BA）

于是CE∥BA(内错角相等，两直线平行).

∴∠B＝∠2(两直线平行，同位角相等).

又∵∠1+∠2+∠ACB＝180°(平角的定义)，

∴∠A+∠B+∠ACB=180°.

证法五：如图6，在△ABC的内部任取一点D，连结AD、BD，并延长分别交边BC、AC于点E、F，再连结CD；

则∠7=∠1+∠2，∠8＝∠3+∠4，∠9=∠5+∠6(三角形的任何一个外角等于和它不相邻的两个内角的和).

又∵∠7+∠8+∠9=180° (平角的定义)，

∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=180°.

即∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°．

根据第三种思路，也可以设计出几种证法，证法如下：

证法六：如图7，过顶点C作CD∥BA；

则∠1＝∠A(两直线平行，内错角相等)．

∵CD∥BA.

∴∠1+∠ACB+∠B＝180°(两直线平行，同旁内角互补)．

∴∠A+∠ACB+∠B＝180°.

证法七：如图8 ，任意作线段AD交BC于D，分别过点B、C作BE∥DA，CF∥DA；

则∠1＝∠3，∠2＝∠4(两直线平行，内错角相等).

∵BE∥DA，CF∥DA，

∴BE∥CF.

∴∠3+∠ABC+∠ACB+∠4＝180°(两直线平行，同旁内角互补)．

∴∠1+∠ABC+∠ACB+∠2＝180°.

∴∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°.

建构概率模型证明组合恒等式第12篇

近年来,组合恒等式的研究正越来越受到人们的关注,它已成为组合数学中的一个新的分支. 1972年H. W. Gould教授[1]在《Combinatorial Identities》一书中收集了550个组合恒等式,而且将证明方法归为9类,这无疑是组合恒等式研究上了不起的工作. 众所周知,许多组合恒等式的证明存在一定的困难,有的证明还很繁琐. 概率方法有时使得组合恒等式的证明简便且极易掌握. 石焕南,范淑香[2]给出了两个组合恒等式的概率证明. 黄丹,周学松[3]则得到了四个新的组合恒等式. 本文利用概率方法证明了一些组合恒等式,值得一提的是利用随机变量的独立性证明组合恒等式.

1. 用古典概型证明组合恒等式

引理1. 1若{ A1,A2,…,An} 构成一个完备事件组,即A1,A2,…,An两两互斥,

证明考虑随机试验: 从m件正品和n件次品中随机地取m + r件产品,设事件Am - k表示“其中恰有m - k件正品”,k = 0,1,…,m.两两互斥,且,由概率的有限可加性有

证明建构概率模型: 把n只没有区别的球放入m( m≤n) 个标了号的盒子中. Ak表示事件“从1到m中选取任意的k个盒子,n只球放到k个盒子中,且没有盒子空着”,k = 1,2,…,m. 由古典概率计算公式得

2. 用乘法定理证明组合恒等式

证明建构摸球模型: 设袋中装有m只白球,n只红球,自袋中取k( k≤min{ m,n} ) 只球,若取出1只红球,则计为1只球; 若取出1只白球,则相应取出1只红球,白球不计数,只算取出1只球. 然后接着再取,直到总共取出k只球为止. Bi表示事件“实际取出i只球”,i = k,k + 1,…,2k - 1Bk,Bk +1,…,B2k -1两两互斥,表示事件“实际第j次取球取得红球”,则第i次取得红球,前面i - 1次有k - 1次取得红球,其余取得白球. 考虑在指定的k - 1次取得红球,不妨设前2k - i次取得红球,后面先是取得白球后是取得红球,其概率为

这种指定的方式有Ci-kk种,则有

3. 用随机变量的独立性证明组合恒等式

定义3. 1[4] 负二项分布亦称“帕斯卡( Pascal) 分布”,它有如下基本模型:

设p为伯努利试验中每次试验成功的概率,则伯努利试验列中恰好出现n次成功所需试验次数服从参数为n,p的负二项分布

引理3. 1[4] 设X,Y是相互独立的随机变量,X ~b( n1,p) ,Y ~ b( n2,p) . 则

此外还有

证明由引理3. 1和离散型随机变量数学期望计算公式有