前情概要

海伦公式与秦九韶公式都是计算三角形面积的公式，近年的试题中时不时的有所涉及。其开始出现在高中数学教材的阅读材料部分，也在高中习题中出现。

海伦公式

【现行高中数学教材中出现】\(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)，其中 \(p\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}(a+b+c)\) .

证明： 依托面积公式 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C\) 来证明，

由于 \(\cos C=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\) ，则 \(\sin C=\sqrt{1-\bigg(\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\bigg)^2}\)

则 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C=\cfrac{1}{2}ab\cdot\sqrt{1-\bigg(\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\bigg)^2}\)

\(=\cfrac{1}{2}ab\cdot\sqrt{\cfrac{(2ab)^2-(a^2+b^2-c^2)^2}{(2ab)^2}}\)\(=\cfrac{1}{4}\sqrt{(2ab)^2-(a^2+b^2-c^2)^2}\)

\(=\cfrac{1}{4}\sqrt{(2ab+a^2+b^2-c^2)(2ab-a^2-b^2+c^2)}\)\(=\cfrac{1}{4}\sqrt{\bigg[(a+b)^2-c^2\bigg]\bigg[c^2-(a-b)^2\bigg]}\)

\(=\cfrac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(c-a+b)(c+a-b)}\)

为了让公式变得更美观，令 \(p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\)，则 \(2p=a+b+c\)，

则 \(a+b-c=2p-2c\)，\(a+c-b=2p-2b\)，\(b+c-a=2p-2a\)，代入上式，得到

\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{4}\sqrt{2p\cdot2(p-c)\cdot2(p-a)\cdot2(p-b)}\)，

整理即得到 \(S_{\triangle ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\) .

三斜求积公式

【三斜求积公式】【人教2019 A 版教材 \(P_{55}\)】 \(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(\sqrt{\cfrac{1}{4}\bigg[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}\bigg]}\) . 20260507添加其证明过程。

公式的形式说明：设三角形三边长为 \(a\)、\(b\)、\(c\)，依次称为 大斜 \(a\)、中斜 \(b\)、小斜 \(c\)，

则秦九韶三斜求积公式：\(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(\sqrt{\cfrac{1}{4}\bigg[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}\bigg]}\) .

证明思路：用余弦定理 + 三角形面积公式推导，也可因式分解推出海伦公式。

对 \(\triangle ABC\)，三边 \(a,b,c\)，设 \(c\) 边对角为 \(C\)：\(\cos C\)\(=\)\(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\)

三角形面积公式 \(S\)\(=\)\(\dfrac12\)\(ab\)\(\sin C\)，两边平方：\(S^2\)\(=\)\(\dfrac14\)\(a^2b^2\)\(\sin^2 C\),

利用三角恒等式 \(\sin^2C\)\(=\)\(1-\)\(\cos^2C\)，可得 \(S^2\)\(=\)\(\dfrac14\)\(a^2b^2\)\(\Big(1-\cos^2 C\Big)\)

代入 \(\cos C\)：可得到 \(S^2\)\(=\)\(\dfrac14\left[ a^2b^2 - a^2b^2\cdot \left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)^2 \right]\)

说明上式的部分化简过程： \(a^2b^2\cdot \left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)^2=\left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}\right)^2\)

于是： \(S^2=\dfrac14\left[ a^2b^2 - \left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}\right)^2 \right]\)

开平方即得 秦九韶三斜求积公式： \(S=\sqrt{\dfrac{1}{4}\left[a^2b^2-\left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}\right)^2\right]}\)

---

由此推导海伦公式，针对上述变形 \(S^2=\dfrac14\left[ a^2b^2 - \left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}\right)^2 \right]\) 中的中括号部分，采用平方差公式：\(x^2-y^2=(x+y)(x-y)\)，则有 (令 \(x=ac\) ,\(\quad y=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2}\))

则 \(a^2b^2-\left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}\right)^2=\dfrac{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}{4}\)

代入面积：\(S^2\)\(=\)\(\dfrac14\cdot\)\(\dfrac{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}{4}\)

设半周长 \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\)，则：\(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)，此公式就是海伦公式 .

备注说明：秦九韶三斜求积公式，本质就是余弦定理+面积公式的代数变形，和海伦公式等价，只是表达形式不同。

典例剖析

《数书九章》三斜求积术： “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” . 中国古代数学家秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜. “术”即方法，以 \(S\)， \(a\)， \(b\)， \(c\) 分别表示三角形面积、大斜、中斜、小斜，所以 \(S\)\(=\)\(\sqrt{\cfrac{1}{4}\bigg[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}\bigg]}\) . 已知 \(\triangle ABC\) 的三边长分别为 \(a\)， \(b\)， \(c\) ，对应的高分别为 \(h_{a}\)， \(h_{b}\)， \(h_{c}\)， 若 \(h_{a}\) \(:\) \(h_{b}\) \(:\) \(h_{c}\)=\(3\) \(:\) \(4\) \(:\) \(6\)， \(a=4\) ， 则 \(\triangle\)\(ABC\) 的面积为【\(\qquad\)】

$A.\cfrac{9}{16}$ $B.\cfrac{3}{4}$ $C.\cfrac{135}{16}$ $D.\cfrac{3\sqrt{15}}{4}$

分析：由于 \(h_{a}\) \(:\) \(h_{b}\) \(:\) \(h_{c}\)=\(3\) \(:\) \(4\) \(:\) \(6\)，

则 \(h_a=3k\) ， \(h_b=4k\) ， \(h_c=6k\) ，\(k>0\)，

由于\(S=\cfrac{1}{2}a\cdot h_a=\cfrac{1}{2}b\cdot h_b=\cfrac{1}{2}c\cdot h_c\)

则 \(a:b:c=\cfrac{2S}{h_a}:\cfrac{2S}{h_b}:\cfrac{2S}{h_c}\) [给每一项都除以 \(2S\) ]

\(=\cfrac{1}{h_a}:\cfrac{1}{h_b}:\cfrac{1}{h_c}\)

\(=\cfrac{1}{3k}:\cfrac{1}{4k}:\cfrac{1}{6k}\) [给每一项都乘以 \(k\)，再同乘以 \(12\) ]

\(=4:3:2\)， 即 \(a:b:c=4:3:2\)，

又由于 \(a=4\)，故 \(b=3\)，\(c=2\)，将其代入\(S=\sqrt{\cfrac{1}{4}[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}]}\)，

计算得到，\(S=\sqrt{\cfrac{1}{4}[4^{2}\times 3^{2}-(\cfrac{4^{2}+3^{2}-2^{2}}{2})^{2}]}=\cfrac{3\sqrt{15}}{4}\)，故选 \(D\).

利用三角形的面积公式【海伦公式 + 三角形的正弦式面积公式】证明余弦定理；

正弦面积：\(S\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}bc\sin A\)

海伦公式：\(S\)\(=\)\(\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\) ， \(p=\cfrac{a+b+c}{2}\)

由于两式平方相等：\(\cfrac{1}{4}b^2c^2\sin^2A\)\(=\)\(p(p-a)(p-b)(p-c)\)

即 \(\cfrac{1}{4}b^2c^2(1-\cos^2A)\)\(=\)\(\cfrac{1}{16}(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\) ^[1]

也即 \(4b^2c^2(1-\cos^2A)=4b^2c^2-(b^2+c^2-a^2)^2\)

也即 \(4b^2c^2\cos^2A=(b^2+c^2-a^2)^2\)

整理即得： \(2bc\cos A=b^2+c^2-a^2\)

也即 \(a^2\)\(=\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(-\)\(2bc\cos A\)

在希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三条边长求三角形的面积，若三角形的三条边分别为\(a\)，\(b\)，\(c\)，则\(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)，其中\(p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\)，已知在\(\triangle ABC\)中，\(BC=6\)，\(AB=2AC\)，则当\(\triangle ABC\)的面积最大时，\(sinA\)=__________。

【法1】： 由于 \(a=6\)，设 \(b=x\)，则\(c=2x\)，可得\(: p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)=3+\cfrac{3 x}{2}\)

所以 \(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{(3+\cfrac{3}{2}x)(\cfrac{3}{2}x-3)(3+\cfrac{1}{2}x)(3-\cfrac{1}{2}x)}\)

\(=\sqrt{[(\cfrac{3}{2}x)^2-3^2][3^2-(\cfrac{1}{2}x)^2]}=\sqrt{(\cfrac{9x^2}{4}-9)(9-\cfrac{x^2}{4})}\)

\(=\sqrt{\cfrac{81x^2}{4}-\cfrac{9x^4}{16}-81+\cfrac{9x^2}{4}}=\sqrt{-\cfrac{9}{16}x^4+\cfrac{90}{4}x^2-81}\)

\(=\sqrt{-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2)-81}=\sqrt{-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)-81+\cfrac{9}{16}\times 20^2}\)

\(=\sqrt{225-81-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)}\)\(=\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}\)

由三角形的三边关系可知：\(\left\{\begin{array}{l}{x+2x>6}\\{x+6>2x}\\{6+2x>x}\end{array}\right.\)，解得：\(2<x<6\)

故当\(x^2=20\)，即当\(x=2\sqrt{5}\in (2,6)\)时， \(S_{\triangle ABC}\)取得最大值\(12\) ^[2]

此时由\(\cfrac{1}{2}\times 2\sqrt{5}\times4\sqrt{5}\sin A=12\)，解得：\(\sin A=\cfrac{3}{5}\)

解后反思：①明确海伦公式的作用，已知三边可以求解三角形的面积，或表示了三边，可以表达三角形的面积函数，从而可以求面积的最值；②注意此题目的运算，有相当的难度，求最值时还涉及到复合函数；③注意利用三角形的三边关系，求自变量的取值范围的技巧；

【法2】：由于\(|BC|=6\)为定值，求 \(\triangle ABC\)面积的最大值，只需要求出顶点 \(A\) 到 \(BC\) 边距离的最大值即可，注意到 \(AB=2AC\)，从运动变化的视角，点 \(A\) 是运动变化的，因此有必要探索此点 \(A\) 的几何特征，即轨迹是什么。

如图，以 \(BC\) 所在的直线为 \(x\) 轴，以 \(BC\) 的中垂线为 \(y\) 轴建立直角坐标系 \(xOy\)，易知点 \(B(-3,0)\)， \(C(-3,0)\)，

设点 \(A(x,y)\)，则由 \(AB=2AC\)可得，\(\sqrt{(x+3)^2+y^2}=2\sqrt{(x-3)^2+y^2}\)，

化简整理，得到 \((x-5)^2+y^2=16=4^2\)，其中 \(x\neq0\)，所以点 \(A\) 的轨迹是以点 \((5,0)\) 为圆心，以\(4\)为半径的圆(剔除 \(x\) 轴上的两个点)，易知点 \(A\) 到 \(BC\) 边距离的最大值，即点 \(D\) 到 \(x\) 轴的距离，也即是圆的半径 \(4\) ，

故 \(\triangle ABC\) 的面积的最大值为 \(S_{\max}=\cfrac{1}{2}\times 6\times 4=12\)，

此时点 \(A\) 位于 点 \(D\) 处，可知 \(AE=4\)， \(BE=8\)， 由勾股定理可知，\(AB=4\sqrt{5}\)，同时 \(AE=4\)， \(CE=2\)，由勾股定理可知，\(AC=2\sqrt{5}\)，

在 \(\triangle ABC\) 中，\(AB=4\sqrt{5}\)，\(AC=2\sqrt{5}\)，\(BC=6\)，

由余弦定理可以求得，\(\cos A=\cfrac{(4\sqrt{5})^2+(2\sqrt{5})^2-6^2}{2\times4\sqrt{5}\times2\sqrt{5}}=\cfrac{4}{5}\)，故 \(\sin A=\cfrac{3}{5}\) .

---

1. 详细的推到过程如下：
   \((a+b+c)(-a+b+c)\)\(=\)\(\big[(b+c)+a\big]\big[(b+c)-a\big]\)\(=\)\((b+c)^2-a^2\)
   \((a-b+c)(a+b-c)\)\(=\)\(\big[a+(c-b)\big]\big[a-(c-b)\big]\)\(=\)\(a^2-(c-b)^2\)
   \((a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=\big[(b+c)^2-a^2\big]\big[a^2-(b-c)^2\big]\)
   \(=\left(b^2+2bc+c^2-a^2\right)\left(a^2-b^2+2bc-c^2\right)\)
   \(=\left[2bc + (b^2+c^2-a^2)\right]\left[2bc - (b^2+c^2-a^2)\right]\)
   \(=(2bc)^2\)\(-\)\((b^2+c^2-a^2)^2\)
   \(=4b^2c^2\)\(-\)\((b^2+c^2-a^2)^2\) ↩︎

2. 设\(x^2=t\)，则\(g(t)=144-\cfrac{9}{16}(t-20)^{2}\)，是二次函数，图像开口向下，\(g(t)_{max}=g(20)=144\)，
   而函数\(m=\sqrt{n}\)是单调递增的，故\([\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}]_{max}=\sqrt{144}=12\). ↩︎