标签：cos ab cdot 公式 over 与婆 罗摩笈 cd
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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
Δ
A
B
C
中
，
设
角
A
,
B
,
C
的
对
边
分
别
为
a
,
b
,
c
,
则
三
角
形
Δ
A
B
C
的
面
积
为
：
S
Δ
A
B
C
2
=
(
1
2
b
c
sin
A
)
2
=
1
4
b
2
c
2
(
1
−
cos
2
A
)
=
1
4
b
2
c
2
[
1
−
(
b
2
+
c
2
−
a
2
2
b
c
)
2
]
=
1
16
[
4
b
2
c
2
−
(
b
2
+
c
2
−
a
2
)
2
]
=
1
16
[
(
2
b
c
)
2
−
(
b
2
+
c
2
−
a
2
)
2
]
=
平
方
差
公
式
1
16
[
(
2
b
c
+
b
2
+
c
2
−
a
2
)
⋅
(
2
b
c
−
b
2
−
c
2
+
a
2
)
]
=
完
全
平
方
公
式
1
16
{
[
(
b
+
c
)
2
−
a
2
]
⋅
[
a
2
−
(
b
−
c
)
2
]
}
=
平
方
差
公
式
1
16
{
[
(
b
+
c
+
a
)
⋅
(
b
+
c
−
a
)
]
⋅
[
(
a
+
b
−
c
)
⋅
(
a
−
b
+
c
)
]
}
=
a
+
b
+
c
2
⋅
a
+
b
−
c
2
⋅
b
+
c
−
a
2
⋅
c
+
a
−
b
2
=
s
(
s
−
a
)
(
s
−
b
)
(
s
−
c
)
,
其
中
s
=
a
+
b
+
c
2
故
S
Δ
A
B
C
=
s
(
s
−
a
)
(
s
−
b
)
(
s
−
c
)
,
其
中
s
=
a
+
b
+
c
2
。
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}bc\sin{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=(21bcsinA)2=41b2c2(1−cos2A)=41b2c2[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180
ο
^{\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
A
B
C
D
，
A
B
边
记
为
a
，
B
C
边
记
为
b
，
C
D
边
记
为
c
，
D
A
边
记
为
d
设
A
C
连
线
为
t
,
则
四
边
形
A
B
C
D
的
面
积
为
：
S
=
1
2
a
b
sin
B
+
1
2
c
d
sin
D
=
B
+
D
=
2
π
1
2
(
a
b
+
c
d
)
sin
B
得
：
S
2
=
1
4
(
a
b
+
c
d
)
2
(
1
−
cos
2
B
)
=
1
4
(
a
b
+
c
d
)
2
(
1
+
cos
B
)
(
1
−
cos
B
)
(
1
)
由
于
B
+
D
=
2
π
，
则
cos
B
=
−
cos
D
则
有
：
a
2
+
b
2
−
t
2
2
a
b
=
−
c
2
+
d
2
−
t
2
2
c
d
整
理
可
得
：
t
2
=
2
a
b
c
d
a
b
+
c
d
(
a
2
+
b
2
2
a
b
+
c
2
+
d
2
2
c
d
)
(
2
)
将
(
2
)
式
代
入
cos
B
=
a
2
+
b
2
−
t
2
2
a
b
中
，
得
：
cos
B
=
1
2
(
a
b
+
c
d
)
⋅
[
(
a
2
+
b
2
)
−
(
c
2
+
d
2
)
]
于
是
：
1
+
cos
B
=
1
2
(
a
b
+
c
d
)
⋅
[
(
a
+
b
)
2
−
(
c
−
d
)
2
]
=
1
2
(
a
b
+
c
d
)
⋅
[
(
a
+
b
+
c
−
d
)
⋅
(
a
+
b
−
c
+
d
)
]
(
3
)
1
−
cos
B
=
1
2
(
a
b
+
c
d
)
⋅
[
(
c
+
d
)
2
−
(
a
−
b
)
2
]
=
1
2
(
a
b
+
c
d
)
⋅
[
(
c
+
d
+
a
−
b
)
⋅
(
c
+
d
−
a
+
b
)
]
(
4
)
将
(
3
)
与
(
4
)
代
入
(
1
)
中
，
得
：
S
2
=
(
a
+
b
+
c
−
d
2
)
⋅
(
b
+
c
+
d
−
a
2
)
⋅
(
c
+
d
+
a
−
b
2
)
⋅
(
d
+
a
+
b
−
c
2
)
如
果
设
ρ
=
a
+
b
+
c
+
d
2
,
则
：
S
2
=
(
ρ
−
a
)
(
ρ
−
b
)
(
ρ
−
c
)
(
ρ
−
d
)
于
是
：
S
=
(
ρ
−
a
)
(
ρ
−
b
)
(
ρ
−
c
)
(
ρ
−
d
)
,
ρ
=
a
+
b
+
c
+
d
2
。
%\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}ab\sin{B}+{1 \over 2}cd\sin{D} \\ & \xlongequal[]{B+D=2\pi}{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=2\pi，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：=21absinB+21cdsinDB+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！
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！
标签：cos,ab,cdot,公式,over,与婆,罗摩笈,cd 来源： https://blog.csdn.net/m0_53793870/article/details/122418502
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