海伦公式

海伦公式（英语：Heron's formula或Hero's formula），又译希罗公式^[1]。由古希腊数学家亚历山大港的海伦发现，并在其于公元60年所著的《Metrica》中载有数学证明，原理是利用三角形的三条边长求取三角形面积。亦有认为更早的阿基米德已经了解这条公式，因为《Metrica》是一部古代数学知识的结集，该公式的发现时间很有可能先于海伦的著作。^[2]

假设有一个三角形，边长分别为${\displaystyle a,b,c}$，三角形的面积${\displaystyle A}$可由以下公式求得：

${\displaystyle A={\sqrt {s(s-a)(s-b)(s-c)}}}$，其中${\displaystyle s={\frac {a+b+c}{2}}}$

中国南宋末年数学家秦九韶发现或知道等价的公式，其著作《数书九章》卷五第二题即三斜求积。“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，里法三百步，欲知为田几何？”答曰：“三百十五顷．”其术文是：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方，得积。”若以大斜记为${\displaystyle a}$，中斜记为${\displaystyle b}$，小斜记为${\displaystyle c}$，秦九韶的方法相当于下面的一般公式：

${\displaystyle A={\sqrt {{\frac {1}{4}}\left[a^{2}c^{2}-\left({\frac {a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}}\right)^{2}\right]}}}$，其中${\displaystyle a\geq b\geq c}$

像其他中国古代的数学家一样，他的方法没有证明。根据现代数学家吴文俊的研究，秦九韶公式可由出入相补原理得出。

由于任何${\displaystyle n}$边的多边形都可以分割成${\displaystyle n-2}$个三角形，所以海伦公式可以用作求多边形面积的公式。比如说测量土地的面积的时候，不用测三角形的高，只需测两点间的距离，就可以方便地导出答案。

证明

利用三角公式和代数式变形来证明

与海伦在他的著作《Metrica》中的原始证明不同，在此我们用三角公式和公式变形来证明。设三角形的三边${\displaystyle a,b,c}$的对角分别为${\displaystyle A,B,C}$，则余弦定理为

${\displaystyle \cos C={\frac {a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}}}$

利用和平方、差平方、平方差等公式，从而有

${\displaystyle {\begin{aligned}\sin C&={\sqrt {1-\cos ^{2}C}}\\&={\sqrt {(1+\cos C)(1-\cos C)}}\\&={\sqrt {\left(1+{\frac {a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}}\right)\left(1-{\frac {a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}}\right)}}\\&={\sqrt {\left({\frac {2ab+(a^{2}+b^{2}-c^{2})}{2ab}}\right)\left({\frac {2ab-(a^{2}+b^{2}-c^{2})}{2ab}}\right)}}\\&={\sqrt {\left({\frac {(2ab+a^{2}+b^{2})-c^{2}}{2ab}}\right)\left({\frac {c^{2}-(a^{2}+b^{2}-2ab)}{2ab}}\right)}}\\&={\sqrt {\left[{\frac {(a+b)^{2}-c^{2}}{2ab}}\right]\left[{\frac {c^{2}-(a-b)^{2}}{2ab}}\right]}}\\&={\frac {\sqrt {(a+b+c)(a+b-c)(c+a-b)(c-a+b)}}{2ab}}\\&={\frac {\sqrt {(2s)(2s-2c)(2s-2b)(2s-2a)}}{2ab}}\\&={\frac {2}{ab}}{\sqrt {s(s-c)(s-b)(s-a)}}\end{aligned}}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}A&={\frac {1}{2}}ab\sin C\\&={\frac {ab}{2}}\cdot {\frac {2}{ab}}{\sqrt {s(s-a)(s-b)(s-c)}}\\&={\sqrt {s(s-a)(s-b)(s-c)}}\end{aligned}}}$

利用勾股定理和代数式变形来证明

${\displaystyle b^{2}=h^{2}+d^{2}}$

${\displaystyle a^{2}=h^{2}+(c-d)^{2}}$

${\displaystyle a^{2}-b^{2}=c^{2}-2cd}$

${\displaystyle d={\frac {-a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2c}}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}h^{2}&=b^{2}-\left({\frac {-a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2c}}\right)^{2}\\&={\frac {(2bc-a^{2}+b^{2}+c^{2})(2bc+a^{2}-b^{2}-c^{2})}{4c^{2}}}\\&={\frac {((b+c)^{2}-a^{2})(a^{2}-(b-c)^{2})}{4c^{2}}}\\&={\frac {(b+c-a)(b+c+a)(a+b-c)(a-b+c)}{4c^{2}}}\\&={\frac {2(s-a)\cdot 2s\cdot 2(s-c)\cdot 2(s-b)}{4c^{2}}}\\&={\frac {4s(s-a)(s-b)(s-c)}{c^{2}}}\end{aligned}}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}A&={\frac {ch}{2}}\\&={\sqrt {{\frac {c^{2}}{4}}\cdot {\frac {4s(s-a)(s-b)(s-c)}{c^{2}}}}}\\&={\sqrt {s(s-a)(s-b)(s-c)}}\end{aligned}}}$

用旁心来证明

设${\displaystyle \bigtriangleup ABC}$中，${\displaystyle {\overline {AB}}=c,{\overline {BC}}=a,{\overline {CA}}=b}$。

${\displaystyle I}$为内心，${\displaystyle I_{a},I_{b},I_{c}}$为三旁切圆。

${\displaystyle \because \angle I_{a}BI=\angle I_{a}CI=90^{\mathsf {o}}}$

${\displaystyle \therefore I_{a}CIB}$四点共圆，并设此圆为圆${\displaystyle O}$。

1. 过${\displaystyle I}$做铅直线交${\displaystyle {\overline {BC}}}$于${\displaystyle P}$，再延长${\displaystyle {\overleftrightarrow {IP}}}$，使之与圆${\displaystyle O}$交于${\displaystyle Q}$点。再过${\displaystyle I_{a}}$做铅直线交${\displaystyle {\overline {BC}}}$于${\displaystyle R}$点。
2. 先证明${\displaystyle \Box I_{a}QPR}$为矩形：${\displaystyle \because \angle QPR=90^{\mathsf {o}},\angle I_{a}RP=90^{\mathsf {o}}}$，又${\displaystyle \angle I_{a}QI=\angle I_{a}BI=90^{\mathsf {o}}}$(圆周角相等)。${\displaystyle \therefore \Box I_{a}QPR}$为矩形。因此，${\displaystyle {\overline {I_{a}R}}={\overline {QP}}}$。
3. ${\displaystyle {\overline {PI}}=}$内切圆半径${\displaystyle ={\frac {\bigtriangleup }{\frac {a+b+c}{2}}}}$，${\displaystyle {\overline {I_{a}R}}=}$旁切圆半径${\displaystyle ={\frac {\bigtriangleup }{\frac {b+c-a}{2}}}}$。且易知${\displaystyle {\overline {BP}}={\frac {c+a-b}{2}},{\overline {PC}}={\frac {a+b-c}{2}}}$。由圆幂性质得到：${\displaystyle {\overline {PC}}\times {\overline {PB}}={\overline {PQ}}\times {\overline {PI}}={\overline {I_{a}R}}\times {\overline {PI}}}$。故${\displaystyle {\frac {a+b-c}{2}}\times {\frac {c+a-b}{2}}={\frac {\bigtriangleup }{\frac {a+b+c}{2}}}\times {\frac {\bigtriangleup }{\frac {b+c-a}{2}}}}$${\displaystyle \Rightarrow \bigtriangleup ={\sqrt {{\frac {a+b+c}{2}}\times {\frac {b+c-a}{2}}\times {\frac {a+c-b}{2}}\times {\frac {a+b-c}{2}}}}}$

其他形式

海伦公式可改写成以幂和表示：

${\displaystyle {\begin{aligned}A&={\frac {1}{4}}{\sqrt {(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}-2(a^{4}+b^{4}+c^{4})}}\\&={\frac {1}{4}}{\sqrt {2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-(a^{4}+b^{4}+c^{4})}}\\\end{aligned}}}$^{[注 1]}

证明

将海伦公式略为变形，知

${\displaystyle 16A^{2}=[(a+b)+c][(a+b)-c]\times [c+(a-b)][c-(a-b)]}$

多次使用平方差公式，得

${\displaystyle {\begin{aligned}16A^{2}&=[(a+b)^{2}-c^{2}]\times [c^{2}-(a-b)^{2}]\\&=[2ab+(a^{2}+b^{2}-c^{2})]\times [2ab-(a^{2}+b^{2}-c^{2})]\\&=(2ab)^{2}-(a^{2}+b^{2}-c^{2})^{2}\\&=4a^{2}b^{2}-(a^{4}+b^{4}+c^{4}+2a^{2}b^{2}-2b^{2}c^{2}-2a^{2}c^{2})\\&=(2a^{2}b^{2}+2b^{2}c^{2}+2a^{2}c^{2})-(a^{4}+b^{4}+c^{4})\\&=2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-(a^{4}+b^{4}+c^{4})\\\end{aligned}}}$

等号两边开根号，再同除以4，得

${\displaystyle {\begin{aligned}A&={\frac {1}{4}}{\sqrt {2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-(a^{4}+b^{4}+c^{4})}}\\&={\frac {1}{4}}{\sqrt {(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}-2(a^{4}+b^{4}+c^{4})}}\\\end{aligned}}}$