三角形的面积公式

前言

三角形面积公式从小学开始，随着知识面的拓宽，衍生出了好多不同的形式。

基本公式列举

1、 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot h_a\)；小学数学中的内容，

2、 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C=\cfrac{1}{2}bc\sin A=\cfrac{1}{2}ca\sin B\)；高中内容，^[1]

应用①：在极坐标系中，面积公式是这样的：\(S_{\triangle ABC}\) \(=\) \(\cfrac{1}{2}\) \(\cdot\) \(\rho_1\) \(\cdot\) \(\rho_2\) \(\cdot\) \(\sin\theta\)，其中 \(\theta\) 为 \(\rho_1\) 和 \(\rho_2\) 的夹角，

应用②：在等边三角形中，\(a=b=c\)，\(A=B=C=\cfrac{\pi}{3}\)，故 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C=\cfrac{\sqrt{3}}{4}a^2\)

3、 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\cdot r\)，其中 \(r\) 为内切圆的半径；高中的内容 ^[2]

4、 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{abc}{4R}\)，其中\(R\)为外接圆的半径；高中的内容 ^[3]

5、\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\cfrac{a^2\cdot\sin B\cdot\sin C}{\sin A}\) ^[4] ，此公式的相关推论：

涉及两角及一夹边：\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\cfrac{a^2\cdot\sin B\cdot\sin C}{\sin(B+C)}\) ；

涉及两角及一邻边：\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\cfrac{a^2\cdot\sin(A+B)\cdot\sin B}{\sin A}\) ；

6、点的坐标表示三角形的面积，设 \(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，\(C(x_3,y_3)\)，则 \(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(\bigg|\)\((x_1y_2+x_2y_3+x_3y_1)\)\(-\)\((y_1x_2+y_2x_3+y_3x_1)\)\(\bigg|\)； ^[5]

7、向量坐标表示三角形的面积，设 \(\overrightarrow{AB}=(x_1,y_1)\)， \(\overrightarrow{AC}=(x_2,y_2)\)，则 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\bigg|x_1y_2-x_2y_1\bigg|\)；^[6]

8、求解策略，如 \(S_{\triangle ABC}=S_{\triangle BOC}+S_{\triangle AOC}+S_{\triangle AOB}\)，比如用割补法，初高中内容

拓展公式列举

1、 \(S_{\triangle ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)，其中\(p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\)，海伦公式；高中习题中的内容 ^[7]

2、\(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(\sqrt{\cfrac{1}{4}\bigg[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}\bigg]}\) . 【人教2019 A 版教材 \(P_{55}\)】，秦九韶，“三斜求积”公式，若感兴趣其证明过程，请自行百度。

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【\(\quad\)】

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

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 \(D\).

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\(12\) ^[8]

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. 由于 \(h_a=b\cdot\sin C\)，\(h_b=c\cdot\sin A\)，\(h_c=a\cdot\sin B\)，代入即可。 ↩︎

2. 设点 \(O\) 是三角形内部一点，由于 \(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(S_{\triangle BOC}\)\(+\)\(S_{\triangle AOC}\)\(+\)\(S_{\triangle AOB}\)，
   故 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}a\cdot r+\cfrac{1}{2}b\cdot r+\cfrac{1}{2}c\cdot r=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\cdot r\) ↩︎

3. 由于 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C\)， \(\sin C=\cfrac{c}{2R}\)，代入整理即可。 ↩︎

4. 依托面积公式 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C\) 来证明，
   由正弦定理可知，\(b=\cfrac{a\sin B}{\sin A}\)，代入上式，即得到 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}a^2\cfrac{\sin B\cdot\sin C}{\sin A}\)。 ↩︎

5. 证明如图所示，可知三角形的面积为，这一步没有想透彻，
   \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\bigg|(x_2-x_1)(y_3-y_1)-(x_3-x_1)(y_2-y_1)\bigg|\)，打开整理即可得到，
   \(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(\bigg|\)\((x_1y_2+x_2y_3+x_3y_1)\)\(-\)\((y_1x_2+y_2x_3+y_3x_1)\)\(\bigg|\)； ↩︎

6. 证明思路1提示，点的坐标表示三角形的面积，将点 \(A(x_3,y_3)\) 放置在坐标原点，则 \(x_3=y_3=0\)，
   代入 \(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(\bigg|\)\((x_1y_2+x_2y_3+x_3y_1)\)\(-\)\((y_1x_2+y_2x_3+y_3x_1)\)\(\bigg|\)，可得到，\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\bigg|x_1y_2-x_2y_1\bigg|\)；
   证明思路2提示：\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}c\cdot b\cdot\sin A=\cfrac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|\cdot|\overrightarrow{AC}|\cdot\sin A\)
   \(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(|\overrightarrow{AB}|\cdot|\overrightarrow{AC}|\cdot\sin A)^2}\)\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(|\overrightarrow{AB}|\cdot|\overrightarrow{AC}|)^2\cdot(1-\cos^2 A)}\)
   \(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(|\overrightarrow{AB}|\cdot|\overrightarrow{AC}|)^2-(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC})^2}\)
   \(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)-(x_1x_2+y_1y_2)^2}=\cfrac{1}{2}\sqrt{(x_1y_2-x_2y_1)^2}\)
   即，\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\bigg|x_1y_2-x_2y_1\bigg|\)； ↩︎

7. 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， \(S_{\triangle ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)， ↩︎

8. 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\([\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}]_{max}=\sqrt{144}=12\). ↩︎