文章目录

• 海伦公式的推导
• 圆内接四边形的面积公式
• • 引申
• 一些不知名的定理
• End

海伦公式的推导

今天不知怎么的，想起了自己高一时候曾经证明出三角形的面积公式之一——海伦公式，受到老师的表扬，还高兴好一会儿。想要去找找当年的草稿纸，找了许久，不见踪迹，而记忆中的画面与置身其中的感觉越发清晰，同时又有些许失落。就好像你曾经干过惊天动地的事情，你也确定那是真实的，但现在却找不到任何的证据。
于是有感而发，循着丝丝模糊的记忆碎片，尝试将证明过程再写了下来：

在三角形ΔABC中，设角A,B,C的对边分别为a,b,c,则三角形ΔABC的面积为：SΔABC2=(12bcsin⁡A)2=14b2c2(1−cos⁡2A)=14b2c2[1−(b2+c2−a22bc)2]=116[4b2c2−(b2+c2−a2)2]=116[(2bc)2−(b2+c2−a2)2]=平方差公式116[(2bc+b2+c2−a2)⋅(2bc−b2−c2+a2)]=完全平方公式116{[(b+c)2−a2]⋅[a2−(b−c)2]}=平方差公式116{[(b+c+a)⋅(b+c−a)]⋅[(a+b−c)⋅(a−b+c)]}=a+b+c2⋅a+b−c2⋅b+c−a2⋅c+a−b2=s(s−a)(s−b)(s−c),其中s=a+b+c2故SΔABC=s(s−a)(s−b)(s−c),其中s=a+b+c2。在三角形Delta ABC中，设角A,B,C的对边分别为a,b,c,,, 则三角形Delta ABC 的面积为： \ begin{aligned} S^2_{Delta ABC} & =({1 over 2}bcsin{A})^2\ & = {1 over 4}b^2c^2 (1-cos^2{A}) \ &= {1 over 4}b^2c^2 [1- ({b^2+c^2-a^2 over 2bc})^2] \ &= {1 over 16}[4b^2c^2- (b^2+c^2-a^2)^2] \ &= {1 over 16}[(2bc)^2 – (b^2+c^2-a^2)^2] \ & xlongequal[]{平方差公式} {1 over 16}[(2bc+b^2+c^2-a^2) cdot (2bc-b^2-c^2+a^2)] \ & xlongequal[]{完全平方公式} {1 over 16}{[(b+c)^2-a^2] cdot [a^2-(b-c)^2]} \ & xlongequal[]{平方差公式} {1 over 16}{[(b+c+a) cdot (b+c-a)] cdot [(a+b-c) cdot (a-b+c)]} \ &= {a+b+c over 2} cdot {a+b-c over 2} cdot {b+c-a over 2} cdot {c+a-b over 2} \ &= s(s-a)(s-b)(s-c),,,其中 s = {a+b+c over 2} \ & 故,, S_{Delta ABC} = sqrt[]{s(s-a)(s-b)(s-c)},,,其中 s = {a+b+c over 2},。, end{aligned} 在三角形ΔABC中，设角A,B,C的对边分别为a,b,c,则三角形ΔABC的面积为：SΔABC2​​=(21​bcsinA)2=41​b2c2(1−cos2A)=41​b2c2[1−(2bcb2+c2−a2​)2]=161​[4b2c2−(b2+c2−a2)2]=161​[(2bc)2−(b2+c2−a2)2]平方差公式​161​[(2bc+b2+c2−a2)⋅(2bc−b2−c2+a2)]完全平方公式​161​{[(b+c)2−a2]⋅[a2−(b−c)2]}平方差公式​161​{[(b+c+a)⋅(b+c−a)]⋅[(a+b−c)⋅(a−b+c)]}=2a+b+c​⋅2a+b−c​⋅2b+c−a​⋅2c+a−b​=s(s−a)(s−b)(s−c),其中s=2a+b+c​故SΔABC​=s(s−a)(s−b)(s−c)​,其中s=2a+b+c​。​

嗯，好像就是这样

圆内接四边形的面积公式

在海伦公式的启发下，根据圆内接四边形对角互补(即对角相加为180ο⁡^{operatorname omicron}ο)，稀里糊涂地又得到以下结论：

如上图所示，在圆O中有内接四边形ABCD，AB边记为a，BC边记为b，CD边记为c，DA边记为d设AC连线为t,则四边形ABCD的面积为：S=12absin⁡B+12cdsin⁡D=B+D=2π12(ab+cd)sin⁡B得：S2=14(ab+cd)2(1−cos⁡2B)=14(ab+cd)2(1+cos⁡B)(1−cos⁡B)(1)由于B+D=2π，则cos⁡B=−cos⁡D则有：a2+b2−t22ab=−c2+d2−t22cd整理可得：t2=2abcdab+cd(a2+b22ab+c2+d22cd)(2)将(2)式代入cos⁡B=a2+b2−t22ab中，得：cos⁡B=12(ab+cd)⋅[(a2+b2)−(c2+d2)]于是：1+cos⁡B=12(ab+cd)⋅[(a+b)2−(c−d)2]=12(ab+cd)⋅[(a+b+c−d)⋅(a+b−c+d)](3)1−cos⁡B=12(ab+cd)⋅[(c+d)2−(a−b)2]=12(ab+cd)⋅[(c+d+a−b)⋅(c+d−a+b)](4)将(3)与(4)代入(1)中，得：S2=(a+b+c−d2)⋅(b+c+d−a2)⋅(c+d+a−b2)⋅(d+a+b−c2)如果设ρ=a+b+c+d2,则：S2=(ρ−a)(ρ−b)(ρ−c)(ρ−d)于是：S=(ρ−a)(ρ−b)(ρ−c)(ρ−d),ρ=a+b+c+d2。%usepackage{unicode-math} 如上图所示，在圆O中有内接四边形ABCD，\ AB边记为a，BC边记为b，CD边记为c，DA边记为d \ 设AC连线为t,,, 则四边形ABCD的面积为：\ begin{aligned} S &={1 over 2}absin{B}+{1 over 2}cdsin{D} \ & xlongequal[]{B+D=2pi}{1 over 2}(ab+cd)sin{B} \ 得：& S^2 = {1 over 4}(ab+cd)^2(1-cos^2B) \ & = {1 over 4}(ab+cd)^2(1+cos{B})(1-cos{B}) quad (1) end{aligned} \ begin{aligned} & 由于B+D=2pi，则cos{B}=-cos{D} \ & 则有：{a^2+b^2-t^2 over 2ab} = -{c^2+d^2-t^2 over 2cd}\ & 整理可得：t^2 = {2abcd over ab+cd}({a^2+b^2 over 2ab}+{c^2+d^2 over 2cd}) quad (2)\ & 将(2)式代入cos{B}={a^2+b^2-t^2 over 2ab}中，得：cos{B}={1 over 2(ab+cd)} cdot [ (a^2+b^2) – (c^2+d^2) ] \ 于是：& 1+cos{B} = {1 over 2(ab+cd)} cdot [ (a+b)^2 – (c-d)^2 ] = {1 over 2(ab+cd)} cdot [ (a+b+c-d)cdot (a+b-c+d) ]quad (3) \ & 1-cos{B} = {1 over 2(ab+cd)} cdot [ (c+d)^2 – (a-b)^2 ] = {1 over 2(ab+cd)} cdot [ (c+d+a-b) cdot (c+d-a+b) ]quad (4) \ & 将(3)与(4)代入(1)中，得：\ S^2 &= ({a+b+c-d over 2}) cdot ({b+c+d-a over 2}) cdot ({c+d+a-b over 2}) cdot ({d+a+b-c over 2}) \ 如果设, & rho={a+b+c+d over 2},,,则 ：\ & S^2 = (rho-a)(rho-b)(rho-c)(rho-d) \ 于是：& S = sqrt[]{(rho-a)(rho-b)(rho-c)(rho-d)},,,rho={a+b+c+d over 2},。, end{aligned} 如上图所示，在圆O中有内接四边形ABCD，AB边记为a，BC边记为b，CD边记为c，DA边记为d设AC连线为t,则四边形ABCD的面积为：S得：​=21​absinB+21​cdsinDB+D=2π​21​(ab+cd)sinBS2=41​(ab+cd)2(1−cos2B)=41​(ab+cd)2(1+cosB)(1−cosB)(1)​于是：S2如果设于是：​由于B+D=2π，则cosB=−cosD则有：2aba2+b2−t2​=−2cdc2+d2−t2​整理可得：t2=ab+cd2abcd​(2aba2+b2​+2cdc2+d2​)(2)将(2)式代入cosB=2aba2+b2−t2​中，得：cosB=2(ab+cd)1​⋅[(a2+b2)−(c2+d2)]1+cosB=2(ab+cd)1​⋅[(a+b)2−(c−d)2]=2(ab+cd)1​⋅[(a+b+c−d)⋅(a+b−c+d)](3)1−cosB=2(ab+cd)1​⋅[(c+d)2−(a−b)2]=2(ab+cd)1​⋅[(c+d+a−b)⋅(c+d−a+b)](4)将(3)与(4)代入(1)中，得：=(2a+b+c−d​)⋅(2b+c+d−a​)⋅(2c+d+a−b​)⋅(2d+a+b−c​)ρ=2a+b+c+d​,则：S2=(ρ−a)(ρ−b)(ρ−c)(ρ−d)S=(ρ−a)(ρ−b)(ρ−c)(ρ−d)​,ρ=2a+b+c+d​。​
后来有了网，查找了一些资料，这原来是婆罗摩笈多公式，于是不禁肃然起敬，古代人们的智慧真是浩瀚如海，这些公式早就有了！

Note : 这两个公式的推导可谓是完全平方公式和平方差公式的轮番上演的盛宴!

引申

以$a,b,c,d$为边长的凸四边形，当它的面积最大时，它的四个顶点共圆。

证：参考上图。拉格朗日乘数法。研究对角B与D,约束条件为：{a2+b2−2abcos⁡(B)=c2+d2−2cdcos⁡(D)B,D∈(0,π)考虑目标函数为该凸四边形的面积的2倍：2S=absin⁡(B)+cdsin⁡(D),则拉格朗日函数L=absin⁡(B)+cdsin⁡(D)+λ(a2+b2−2abcos⁡(B)−c2−d2+2cdcos⁡(D)),则有：∂L∂B=abcos⁡(B)+2λabsin⁡(B)=0,∂L∂D=cdcos⁡(D)−2λcdsin⁡(D)=0⇒cos⁡(B)+2λsin⁡(B)=0,cos⁡(D)−2λsin⁡(D)=0⇒cot⁡(B)=−cot⁡(D)=−2λ,又B,D∈(0,π),则：B+D=π。同理可得：A+C=π。由于对角互补的凸四边形为圆内接四边形，因此命题成立。证：参考上图。拉格朗日乘数法。研究对角,B,与,D,,约束条件为：begin{cases} & a^2+b^2-2abcos(B) = c^2+d^2-2cdcos(D) \ & B,D in (0,pi)end{cases} \ 考虑目标函数为该凸四边形的面积的,2,倍：,2S=absin(B)+cdsin(D),,则拉格朗日函数,L=absin(B)+cdsin(D)+lambda(a^2+b^2-2abcos(B)-c^2-d^2+2cdcos(D)),,则有：dfrac{partial L}{partial B}=abcos(B)+2lambda absin(B)=0,,,dfrac{partial L}{partial D}=cdcos(D)-2lambda cdsin(D)=0, Rightarrow cos(B)+2lambda sin(B)=0,,,cos(D)-2lambda sin(D)=0 Rightarrow cot(B)=-cot(D)=-2lambda,,又,B,D in (0,pi),,则：B+D=pi,。,同理可得：A+C=pi,。由于对角互补的凸四边形为圆内接四边形，因此命题成立。证：参考上图。拉格朗日乘数法。研究对角B与D,约束条件为：{​a2+b2−2abcos(B)=c2+d2−2cdcos(D)B,D∈(0,π)​考虑目标函数为该凸四边形的面积的2倍：2S=absin(B)+cdsin(D),则拉格朗日函数L=absin(B)+cdsin(D)+λ(a2+b2−2abcos(B)−c2−d2+2cdcos(D)),则有：∂B∂L​=abcos(B)+2λabsin(B)=0,∂D∂L​=cdcos(D)−2λcdsin(D)=0⇒cos(B)+2λsin(B)=0,cos(D)−2λsin(D)=0⇒cot(B)=−cot(D)=−2λ,又B,D∈(0,π),则：B+D=π。同理可得：A+C=π。由于对角互补的凸四边形为圆内接四边形，因此命题成立。

一些不知名的定理

在$△ABC$中里任一点$O$，满足以下关系：S△OBC⋅OA→+S△OAB⋅OC→+S△OAC⋅OB→=0,S_{triangle OBC}cdot overrightarrow{OA}+S_{triangle OAB}cdotoverrightarrow{OC}+S_{triangle OAC}cdot overrightarrow{OB}=0,S△OBC​⋅OA+S△OAB​⋅OC+S△OAC​⋅OB=0，其中S△OBC,S△OAB,S△OAC,S_{triangle OBC},,S_{triangle OAB},S_{triangle OAC},S△OBC​,S△OAB​,S△OAC​分别表示三角形$OBC,OAB,OAC$的面积。

证：如图,显然α+β+γ=2π。于是式子两边同时平方,并消去∣OA→∣2∣OB→∣2∣OC→∣2,得：sin⁡2α+sin⁡2β+sin⁡2γ+2sin⁡αsin⁡βcos⁡γ+2sin⁡αsin⁡γcos⁡β+2sin⁡βsin⁡γcos⁡α=0⟹sin⁡2α+sin⁡2β+sin⁡2γ+2sin⁡αsin⁡βcos⁡γ+2(sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β)sin⁡γ⟹sin⁡2α+sin⁡2β+sin⁡2γ+2sin⁡αsin⁡βcos⁡γ+2sin⁡(α+β)sin⁡γ⟹sin⁡2α+sin⁡2β+sin⁡2γ+2sin⁡αsin⁡βcos⁡γ−2sin⁡2γ⟹sin⁡2α+sin⁡2β−sin⁡2γ+2sin⁡αsin⁡βcos⁡γ⟹sin⁡2α+sin⁡2β−sin⁡2γ+[cos⁡(α−β)−cos⁡(α+β)]cos⁡γ⟹sin⁡2α+sin⁡2β−sin⁡2γ+[cos⁡(α−β)−cos⁡γ]cos⁡γ⟹sin⁡2α+sin⁡2β−1+cos⁡(α−β)cos⁡(α+β)⟹1−cos⁡2α2+1−cos⁡2β2−1+cos⁡[(α−β)+(α+β)]+cos⁡[(α+β)−(α−β)]2⟹1−cos⁡2α2+1−cos⁡2β2−1+cos⁡2α+cos⁡2β2=0因此命题成立。证：如图,显然,alpha+beta+gamma=2pi,。于是式子两边同时平方,并消去,|overrightarrow{OA}|^2|overrightarrow{OB}|^2|overrightarrow{OC}|^2,,得：\ sin^2alpha+sin^2beta+sin^2gamma +2sinalphasinbetacosgamma+2sinalphasingammacosbeta+2sinbetasingammacosalpha=0\Longrightarrow sin^2alpha+sin^2beta+sin^2gamma+2sinalphasinbetacosgamma+2(sinalphacosbeta+cosalphasinbeta)singamma \ Longrightarrow sin^2alpha+sin^2beta+sin^2gamma+2sinalphasinbetacosgamma+2sin(alpha+beta)singamma \Longrightarrow sin^2alpha+sin^2beta+sin^2gamma+2sinalphasinbetacosgamma-2sin^2gamma \ Longrightarrow sin^2alpha+sin^2beta-sin^2gamma+2sinalphasinbetacosgamma \ Longrightarrow sin^2alpha+sin^2beta-sin^2gamma+[,cos(alpha-beta)-cos(alpha+beta),]cosgamma \ Longrightarrow sin^2alpha+sin^2beta-sin^2gamma+[,cos(alpha-beta)-cosgamma,]cosgamma \Longrightarrow sin^2alpha+sin^2beta-1+cos(alpha-beta)cos(alpha+beta) \ Longrightarrow dfrac{1-cos2alpha}{2}+dfrac{1-cos2beta}{2}-1+dfrac{cos[,(alpha-beta)+(alpha+beta),]+cos[,(alpha+beta)-(alpha-beta),]}{2} \ Longrightarrow dfrac{1-cos2alpha}{2}+dfrac{1-cos2beta}{2}-1+dfrac{cos2alpha+cos2beta}{2}=0\因此命题成立。证：如图,显然α+β+γ=2π。于是式子两边同时平方,并消去∣OA∣2∣OB∣2∣OC∣2,得：sin2α+sin2β+sin2γ+2sinαsinβcosγ+2sinαsinγcosβ+2sinβsinγcosα=0⟹sin2α+sin2β+sin2γ+2sinαsinβcosγ+2(sinαcosβ+cosαsinβ)sinγ⟹sin2α+sin2β+sin2γ+2sinαsinβcosγ+2sin(α+β)sinγ⟹sin2α+sin2β+sin2γ+2sinαsinβcosγ−2sin2γ⟹sin2α+sin2β−sin2γ+2sinαsinβcosγ⟹sin2α+sin2β−sin2γ+[cos(α−β)−cos(α+β)]cosγ⟹sin2α+sin2β−sin2γ+[cos(α−β)−cosγ]cosγ⟹sin2α+sin2β−1+cos(α−β)cos(α+β)⟹21−cos2α​+21−cos2β​−1+2cos[(α−β)+(α+β)]+cos[(α+β)−(α−β)]​⟹21−cos2α​+21−cos2β​−1+2cos2α+cos2β​=0因此命题成立。

End

写到这竟然有些欣然惬意的快乐，哈哈，我也曾独立推导过一些数学公式，虽然前人之述备矣。继续加油！