探究凸四边形的求积公式.doc

探究凸四边形的求积公式-扩展的婆罗摩笈多公式和海伦公式内容摘要若四边形ABCD（如图所示）边长分别为a、b、c、d，两对角线长分别为e、f，其夹角（90），求四边形（四内角均小于180的凸四边形）的面积表达式。任意四边形可分为凸四边形和凹四边形，任何凹四边形均可变换成一个凸四边形与一个平行四边形的组合(如图所示)，本文重点探索和研究凸四边形的面积表达式。1、扩展的婆罗摩笈多公式由三角形面积公式得：S四边形(1/2)adsinA+(1/2)bcsinCS2(1/4)(adsinA)2 +(1/4)(bcsinC)2+(1/2)abcdsinAsinC(1/4)(a2d2+b2c2) - (1/4)(adcosA)2 - (1/4)(bccosC)2+(1/2)abcdsinAsinC(1/4)(ad+bc)2-(1/4)2abcd - (1/4)(a2d2cos2A) - (1/4)(b2c2cos2C)+ (1/2)abcdsinAsinC其中：因f2=a2+d2-2adcosA=b2+c2-2bccosC 有：a2+d2-b2-c2=2adcosA -2bccosC(a2+d2-b2-c2)2=(2adcosA)2+(2bccosC)2-8abcdcosAcosC 得：4(adcosA)2+4(bccosC)2=(a2+d2-b2-c2)2-8abcdcosAcosC代入时有: S2(1/4)(ad+bc)2-(1/16)(a2+d2-b2-c2)2-(1/4)2abcd -(1/2)abcdcosAcosC+(1/2)abcdsinAsinC S2(1/4)(ad+bc)2-(1/16)(a2+d2-b2-c2)2-(1/4)2abcd-(1/2)abcdcos(A+C) (1/16)4(ad+bc)2+(a2+d2-b2-c2)2-(1/2)abcd-(1/2)abcdcos(A+C)(1/16)4(ad+bc)2+(a2+d2-b2-c2)2-(1/2)abcd1- cos(A+C) (1/16)2(ad+bc)+(a2+d2-b2-c2)2(ad+bc)-(a2+d2-b2-c2) - abcd cos2(A+C)/2 (1/16)(a+d)2-(b-c)2(b+c)2-(a-d)2- abcd cos2(A+C)/2 (1/16)(a+d)+(b-c)(a+d)-(b-c)(b+c)+(a-d) (b+c) -(a-d) - abcd cos2(A+C)/2令2pa+b+c+d，代入后化简:S2(p-a)(p-b)(p-c)(p-d) abcd cos2(A+C)/2S (p-a)(p-b)(p-c)(p-d) abcd cos2(A+C)/2此为著名的扩展的婆罗摩笈多公式。2、基本形式的婆罗摩笈多公式婆罗摩笈多公式的最简单易记的形式，是圆内接四边形面积计算。若四边形ABCD为圆内接四边形时，则有cos(A+C)/2=0，则上面推导的面积公式为：S (p-a)(p-b)(p-c)(p-d)- abcdcos(A+C)/2 (p-a)(p-b)(p-c)(p-d) 这就是著名的婆罗摩笈多公式。3、更特殊的情形-圆内外接四边形面积若圆O的圆内接四边形的四边长为a, b, c, d，且外切于圆C，则其面积为：证明：由于四边形内接于圆O，所以：其中p为半周长： 又因为四边形外切圆C，所以： 则： 同理: ， ， 综上： 证毕。4、三角形面积的海伦公式海伦公式给出三角形的面积。它是婆罗摩笈多公式取d0的特殊情形。 S p (p-a)(p-b)(p-c)5、对角线e、f及其夹角为的四边形面积若四边形的对角线为e、f，对角线夹角为时，则四边形的面积 S(1/2) ef sin (此公式为四边形的其本面积公式之一)解：S四边形(1/2) e1f1 sin+ (1/2)f1 e2 sin+ (1/2)e2f2 sin+ (1/2)f2 e1) sin (1/2) (e1f1+f1 e2+e2f2+f2 e1) sin(1/2) ef sin特殊情形若四边形的两对角线相互垂直 (sin1)时，四边形的面积可以表达为两对角线乘积一半。6、对角线夹角为的四边形面积若四边形的对角线夹角为时，则四边形的面积 S(1/4) (a2-b2+c2-d2)tan证明：因：a2e12+f12-2 e1f1 cos (180-)b2f12+ e22-2 f1 e2cosc2e22+f22-2 e2f2 cos (180-)d2f22+ e12-2 f2 e1cos得：a2- b2+ b2-d2-2(e1f1+ f1 e2+ e2f2+ f2 e1) cos又因：(1/2) (e1f1+ f1 e2+ e2f2+ f2 e1) sinS四边形所以：S(1/4) (a2-b2+c2-d2)tan 证毕。7、两对角线长为e、f的四边形面积若四边形的两对角线为e、f时， 则四边形的(Bretschneide) 面积公式：S(1/4) 4e2f2- (a2-b2+c2-d2)2 (可视为海伦公式的推广)证明：因：a2e12+f12-2 e1f1 cos (180-)b2f12+ e22-2 f1 e2cosc2e22+f22-2 e2f2 cos (180-)d2f22+ e12-2 f2 e1cos得：a2- b2+ b2- d2-2(e1f1+ f1 e2+ e2f2+ f2 e1) cos(a2- b2+ b2- d2)24(e1f1+ f1 e2+ e2f2+ f2 e1)2 cos2(a2- b2+ b2-d2)24(ef)2cos2 (其中：因e1+ e2e， f1+ f2f)又因：S(1/2) ef sin，S2(1/4) (ef)2sin2(1/4) (ef)2(1+cos 2)得：S2(1/4) e2f2-(1/4) (ef)2 cos 2(1/4) e2f2-(1/4)2(a2- b2+ b2-d2)2所以：S(1/4) 4e2f2- (a2-b2+c2-d2)2 证毕。8、平行四边形的面积公式若四边形为平行四边形，其边长分别为a、b（ab），两对角线的夹角为(90)，且tan(/2)(b/a)时，则平行四边形的面积S(1/2) (a2-b2) tan。证明：因：四边形为平行四边形，则在命题6中，有c=a，d=b，所以：S(1/4) (a2-b2+a2-b2) tan(1/2) (a2-b2tan 同时：由题意设两对角线分别为2x、2y，有：a2e2f22efcos，b2x2y22xycos， xy(a2b2)/(4cos)，x2y2(a2b2)/2得：x4(a2b2)/2x2(a2b2)/(4cos)20依题意，方程的根判别式应大于等于零，即B24AC0故有：(a2b2)/224(a2b2)/(4cos)20，(a2b2)2(a2b2)2/cos20 （因ab， 090。，有a2b2，cos0)进而得：(a2b2)(a2b2)/cos，(1cos)/(1cos)b2/a2，tan2(/2) b2/a2， tan(/2)b/a。 证毕。 9、两对角线夹角为的圆内接四边形面积若四边形ABCD为圆内接四边形，四边形的边长分别为a、b、c、d，求圆内接四边形的面积S和两对角线长度e、f，以及两对角线的夹角。解：在ABC和ADC中，应用余弦定理得：e 2=a2+b2-2ab cosB=c2+d2-2cd cosD 因：四边形为圆内接四边形，有cosD=- cos(180-B) =- cosB得：a2+b 2-2ab cosB=c2+d2+2cd cos B从而有：2 cos B= (a2+b 2-c2-d2)/(ab+cd)所以有：e 2=a2+b2-2ab cosA= a2+b2 -ab (a2+b 2-c2-d2)/(ab+cd)=ab (c2+d 2) +cd(a2+b2)/(ab+cd)e = ab (c2+d 2) +cd(a2+b2)/(ab+cd) (伽罗瓦对角线)同理有：f = bc (a2+d 2) +ad(b2+c2)/(ad+bc) (伽罗瓦对角线)由四边形面积公式S=(1/2) e f sin， 得圆内接四边形面积：S=(1/2) ab (c2+d 2) +cd(a2+b2)/(ab+cd)bc (a2+d 2) +ad(b2+c2)/(ad+bc)sin=(1/2) sinab (c2+d 2) +cd(a2+b2)(ad+bc)/(ab+cd) (ad+bc)bc (a2+d 2) +ad(b2+c2)(ab+cd)/(ad+bc) (ab+cd)化简得：S内接四边形=(1/2) (ac+bd) sin(亦可由托勒密定理e f= ac+bd直接推得)S内接四边形=(1/2) e f sin=(1/2) (ac+bd) sin新命题圆内接四边形的两对角线夹角cos(a2-b2+c2-d2) / 2 (ac+bd)证明：在命题9中结合命题5，因S(1/4) (a2-b2+c2-d2 ) tan得：S内接四边形=(1/2) (ac+bd) sin(1/4) (a2-b2+c2-d2) tan从而有：cos(a2-b2+c2-d2) / 2 (ac+bd) 圆内接四边形两对角线夹角：arc cos(a2-b2+c2-d2) / 2 (ac+bd)。 10、应用广义托勒密(Ptolemy)定理求四边形面积托勒密(Ptolemy)定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和)。若：圆内接四边形ABCD，则：ACBD=ABCD+ADBC从而有命题9面积公式。(简单的证明：复数恒等式：(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)=(a-c)(b-d)，两边取模，得证)广义托勒密定理：若四边形ABCD边长分别为a、b、c、d，对角线长分别为e、f，则有：e2f2=a2c2 + b2d2 - 2abcdcos(A+C)。若凸四边形则：ACBDABCD+ADBC。证明：参照命题1由三角形面积公式得：S四边形(1/2)adsinA+(1/2)bcsinCS2(1/4)(adsinA)2 +(1/4)(bcsinC)2+(1/2)abcdsinAsinC(1/4)(a2d2+b2c2) - (1/4)(adcosA)2 - (1/4)(bccosC)2+(1/2)abcdsinAsinC其中：因f2=a2+d2-2adcosA=b2+c2-2bccosC 有：a2+d2-b2-c2=2adcosA -2bccosC 得：4(adcosA)2+4(bccosC)2=(a2+d2-b2-c2)2+8abcdcosAcosCS2(1/4)(a2d2+b2c2)(1/16) (a2+d2-b2-c2)2-2abcdcosAcosC+(1/2)abcdsinAsinCS2(1/4)(a2d2+b2c2)+(1/16) (a2+d2-b2-c2)2- (1/2)abcd cos(A+C)参照命题7依三角形余弦定理，得：a2e12+f12-2 e1f1 cos (180-)b2f12+ e22-2 f1 e2cosc2e22+f22-2 e2f2 cos (180-)d2f22+ e12-2 f2 e1cos得：a2- b2+ b2- d2-2(e1f1+ f1 e2+ e2f2+ f2 e1) cos-2efcos(a2- b2+ b2- d2)24(ef)2cos2又因：S(1/2) ef sin，S2(1/4) (ef)2sin2(1/4) (ef)2(1+cos 2)S2(1/4) e2f2-(1/4)2(a2- b2+ b2-d2)2从而有：(1/4) e2f2-(1/4)2(a2- b2+ b2-d2)2(1/4)(a2d2+b2c2)+(1/16) (a2+d2-b2-c2)2+(1/2)abcd cos(A+C)故有：e2f2a2d2+b2c2 - 2abcd cos(A+C) 证毕。新命题托勒密不等式：凸四边形的两组对边乘积和不小于其对角线的乘积，取等号当且仅当共圆或共线。（即任意凸四边形，ABDC+ADCB都大于等于ACBD） 因：e2f2a2d2+b2c2 - 2abcd cos(A+C) a2d2+b2c2+2abcd -4abcd cos 2(A+C)/2 (ad+bc)2-4abcd cos 2(A+C)/2(ad+bc)2 所以有：efad+bc， ACBD ABDC+ADCB 若cos(A+C)/20，A+C180，圆内接四边形，则：efad+bc 应用广义托勒密定理，可求得四边形面积，将广义托勒密定理，e2f2a2d2+b2c2 - 2abcd cos(A+C) 代入命题7的结论中，有：S(1/4) 4e2f2- (a2-b2+c2-d2)2=(1/4) 4a2d2+4b2c2- (a2-b2+c2-d2)2 - 8abcd cos(A+C)=(1/4) 4(ad+bc)2- (a2-b2+c2-d2)2 -8abcd - 8abcd cos(A+C)化简，并令2pa+b+c+d，再整理，有：S (p-a)(p-b)(p-c)(p-d) abcd cos2(A+C)/2。新命题四边给定的所有四边形中,当四点共圆时，四边形面积最大。20141012於上海松江=11=已知对角线的夹角及边长求平行四边形面积(任意四边形面积的另类表达式，20141007於上海松江) 如图所示，平行四边形的两邻边分别为a、b(ab)，两邻边的夹角为(090。)，两对角线分别为d1、d2，两对角线的夹角为(90。)，h为对边距， 则：平行四边形面积S的一般表达式Sahabsin(1/2)d1d2sin。然：平行四边形面积S的另类表达式 S(1/2)(a2b2)tan， 且应符合条件tan(/2)(b/a)。下面给出此另类表达式的推导或证明过程：1、矢量算法的推导或证明过程由标量积（数量积、点积、内积）的定义得： abababcosabcos，（0）两矢量的标量积，可以看作矢量a的长度乘以矢量b在a上的投影长度。由矢量积（叉积、外积）的定义得： ababsinabsin，（0）ab它是一个矢量，即长度等于以a，b为边的平行四边形的面积。由上两定义式得：ab(ab)tan，从事有：ababtan上题中分别以ab和ab两矢量，以及两矢量夹角代入上式中，则有： （ab）(ab)（ab）（ab）tan左边：（ab）(ab)（aaba）abbb)2(ab) 2absin2倍平形四边面积2S （其中：aa0，bb0，baab）右边：（ab）（ab）tan（a2b2）tan （结论）从而有：平形四边面积S（1/2）（a2b2）tan。2、平面几何法（含三角函数）的推导或证明过程如图2所示，容易得到，平形四边面积SABCDabsin2SMBNC2BNMB sin其中：MB2ME2EB2(1/2)bsin 2(1/2)( abcos)2 BN2BF2FN2(1/2)( abcos)2(1/2)bsin2 从而有：S2ABCDS24(1/2)bsin 2(1/2)( abcos) 2(1/2)( abcos)2(1/2)bsin2sin2 （化简整理得：） S24sin2(1/4)(a2b2)(1/4)2abcos)(1/4)(a2b2)(1/4) 2abcos) S24sin2(1/4)(a2b2)2(1/4)2abcos2S24sin2(1/4)(a2b2)2(1/4)a2b2cos2S24sin2(1/4)(a2b2)2(1/4)a2b2(1sin2) S24sin2(1/4)(a2b2)2(1/4)a2b2sin2)（其中：absin2S） S24sin2(1/4)(a2b2)2(1/4)S24sin2(1/4)(a2b2)2sin2S2从而有：（1sin2）S24sin2(1/4)(a2b2)2(1/4)(a2b2)2sin2因此有： S(1/2)(a2b2)(sin/cos)(1/2)(a2b2)tan。3、三角函数方程法的推导或证明过程设平行四边形的两对角线d1、d2分别为2x、2y，两对角线d1、d2的夹角为，由三角形的余弦定理得：a2x2y22xycos，b2x2y22xycos，又因为2xysinS解方程组得：(a2b2)4xycos4xysincos/sin4(1/2)S(cos/sin)因此有：S平行四边形(1/2)(a2b2)(sin/cos)(1/2)(a2b2)tan。附加说明：在方程组中，若方程组有实数解，即两对角线有实数解，则其平行四边形存在，然而，方程组中的根判别式应大于等于零，即b24ac0由方程组整理得：(a2b2)4xycos，(a2b2)2x22y2 xy(a2b2)/(4cos)，x2y2(a2b2)/2得：x4(a2b2)/2x2(a2b2)/(4cos)20故有：(a2b2)/224(a2b2)/(4cos)20，(a2b2)2(a2b2)2/cos20 （因ab， 090。，有a2b2，cos0)进而得：(a2b2)(a2b2)/cos，(1cos)/(1cos)b2/a2，tan2(/2) b2/a2，结论有：tan(/2)b/a。且仅当夹角符合tan(/2)b/a时，平行四边形才存在成立。4、三角函数法的推导或证明过程在三角形ABD和ABC中，因S(1/2)absin，cos(a2b2C2)/(2ab)S2平行四边形(2SABD)24S2ABD4S2a2b2sin2a2b2(1cos2)a2b2(1(a2b2C2)/(2ab)2(1/4)4a2b2(a2b2)C22 得：4S24S2平行四边形4a2b2(a2b2)C22，(a2b2)C224a2b24S2， 从而有：(a2b2)C2(4a2b24S2) 得： C2(a2b2)(4a2b24S2)，即存在平行四边形的两对角线d1、d2，又因为：SS平行四边形(1/2)d1d2sin，S2(1/4)d12d22sin2得：S2(1/4)sin2