海伦公式

海伦公式（英語：Heron's formula或Hero's formula），又譯希罗公式。由古希臘數學家亞歷山大港的希羅發現，並在其於公元60年所著的《Metrica》中載有數學證明，原理是利用三角形的三條邊長求取三角形面積。亦有認為更早的阿基米德已經了解這條公式，因为《Metrica》是一部古代數學知識的結集，该公式的發現時間很有可能先於希羅的著作。

假設有一個三角形，邊長分別為$a,b,c$，三角形的面積$A$可由以下公式求得：

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

中国南宋末年數學家秦九韶发现或知道等價的公式，其著作《數書九章》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：“以小斜幂併大斜幂，減中斜幂，餘半之，自乘於上；以小斜幂乘大斜幂，減上，餘四約之，爲實，一為從隅，開平方，得積。”若以大斜记为$a$，中斜记为$b$，小斜记为$c$，秦九韶的方法相当于下面的一般公式：

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

像其他中國古代的數學家一样，他的方法沒有證明。根據现代數學家吴文俊的研究，秦九韶公式可由出入相補原理得出。

由於任何$n$边的多邊形都可以分割成$n-2$个三角形，所以海伦公式可以用作求多邊形面積的公式。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

与希羅在他的著作《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$a,b,c$的对角分别为$A,B,C$，则余弦定理为

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

利用和平方、差平方、平方差等公式，从而有

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

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

利用勾股定理和代数式变形来证明

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

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

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

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

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

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

用旁心來證明

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

$I$為內心，$I_{a},I_{b},I_{c}$為三旁切圓。

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

$\therefore I_{a}CIB$四點共圓，並設此圓為圓$O$。

1. 過$I$做鉛直線交${\overline {BC}}$於$P$，再延長${\overleftrightarrow {IP}}$，使之與圓$O$交於$Q$點。再過$I_{a}$做鉛直線交${\overline {BC}}$於$R$點。
2. 先證明$\Box I_{a}QPR$為矩形：$\because \angle QPR=90^{\mathsf {o}},\angle I_{a}RP=90^{\mathsf {o}}$，又$\angle I_{a}QI=\angle I_{a}BI=90^{\mathsf {o}}$(圓周角相等)。$\therefore \Box I_{a}QPR$為矩形。因此，${\overline {I_{a}R}}={\overline {QP}}$。
3. ${\overline {PI}}=$內切圓半徑$={\frac {\bigtriangleup }{\frac {a+b+c}{2}}}$，${\overline {I_{a}R}}=$旁切圓半徑$={\frac {\bigtriangleup }{\frac {b+c-a}{2}}}$。且易知${\overline {BP}}={\frac {c+a-b}{2}},{\overline {PC}}={\frac {a+b-c}{2}}$。由圓冪性質得到：${\overline {PC}}\times {\overline {PB}}={\overline {PQ}}\times {\overline {PI}}={\overline {I_{a}R}}\times {\overline {PI}}$。故${\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}}}$$\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

海倫公式可改寫成以幂和表示：

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

證明

將海倫公式略為變形，知

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

多次使用平方差公式，得

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

等號兩邊開根號，再同除以4，得

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

參見

• 婆罗摩笈多公式：海倫公式對圆内接四边形的推廣。

外部連結

• 海龍公式 1
• 海龍公式 2