简单任意四边形的求积公式

简单任意四边形的求积公式

----扩展后的婆罗摩笈多公式和海伦公式

设四边形的的边长分别为a、b、c、d，两对角线长分别为e、f，其夹角θ，四边形的四顶点分别为A、B、C、D (如图所示) ，求此任意四边形的面积表达式。

1、〖扩展的婆罗摩笈多公式〗

＝(1/2)adsinA+(1/2)bcsinC

由三角形面积公式得：S

四边形

S2＝(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)abcd｛1- 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2p＝a+b+c+d，代入后化简:

S2＝(p-a)(p-b)(p-c)(p-d) – abcd cos2〔(A+C)/2〕

S＝√｛(p-a)(p-b)(p-c)(p-d) – abcd cos2〔(A+C)/2〕｝

此为著名的扩展后的婆罗摩笈多公式。

2、〖婆罗摩笈多公式的基本形式〗

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为园内接四边形时，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)｝就是著名的婆罗摩笈多公式。

3、〖更特殊的情况〗

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的特殊情形。

S＝√｛p (p-a)(p-b)(p-c)｝

5、〖若四边形的对角线夹角为θ时〗

若四边形的对角线夹角为θ时，四边形的面积 S＝(1/4) │(a2-b2+c2-d2) tanθ│

证明：因：a2＝e

12+f

1

2-2 e

1

f

1

cos (180。-θ〕

b2＝f

12+ e

2

2-2 f

1

e

2

cosθ

c2＝e

22+f

2

2-2 e

2

f

2

cos (180。-θ〕

d2＝f

22+ e

1

2-2 f

2

e

1

cosθ

得：a2- b2+ b2-d2＝-2(e

1f

1

+ f

1

e

2

+ e

2

f

2

+ f

2

e

1

) cosθ

又因：(1/2) (e

1f

1

+ f

1

e

2

+ e

2

f

2

+ f

2

e

1

) sinθ＝S

四边形

所以：S＝(1/4) │(a2-b2+c2-d2) tanθ│证毕。

6、〖若四边形的两对角线长为e、f时〗

若四边形的两对角线为e、f时， S＝(1/4) √｛4e2f2- (a2-b2+c2-d2)2｝

证明：因：a2＝e

12+f

1

2-2 e

1

f

1

cos (180。-θ〕

b2＝f

12+ e

2

2-2 f

1

e

2

cosθ

c2＝e

22+f

2

2-2 e

2

f

2

cos (180。-θ〕

d2＝f

22+ e

1

2-2 f

2

e

1

cosθ

得：a2- b2+ b2-d2＝-2(e

1f

1

+ f

1

e

2

+ e

2

f

2

+ f

2

e

1

) cosθ

(a2- b2+ b2-d2)2＝4(e

1f

1

+ f

1

e

2

+ e

2

f

2

+ f

2

e

1

)2 cos2θ

(a2- b2+ b2-d2)2＝4(ef)2cos2θ(其中：因e1+ e2＝e， f1+ f2＝f)

又因：S＝(1/2) ef sinθ，S2＝(1/4) (ef)2sin2θ＝(1/4) (ef)2(1+cos 2θ) 得：S2＝(1/4) e2f2-(1/4) (ef)2 cos 2θ＝(1/4) e2f2-(1/4)2(a2- b2+ b2-d2)2所以：S＝(1/4) √｛4e2f2- (a2-b2+c2-d2)2｝证毕。

7、〖若四边形为平行四边形时〗

若四边形为平行四边形时，且平行四边形的边长分别为a、b(a≥b)，两对角线的夹角为θ(θ＜90。)，则平行四边形的面积S＝(1/2) (a2-b2) tanθ，且tan(θ/2)≤(b/a)。

证明：因：四边形为平行四边形，则在上题中有c=a，d=b，

所以：S＝(1/4) │(a2-b2+a2-b2) tanθ│＝(1/2) │(a2-b2│tanθ

同时：由题意设两对角线分别为2x、2y，

有：a2＝e2＋f2＋2efcosθ，b2＝x2＋y2－2xycosθ，

xy＝(a2－b2)/(4cosθ)，x2＋y2＝(a2＋b2)/2

得：x4－[(a2＋b2)/2]x2＋[(a2－b2)/(4cosθ)]2＝0

依题意，方程的根判别式应大于等于零，即B2－4AC≥0

故有：{－[(a2＋b2)/2]}2－4[(a2－b2)/(4cosθ)]2≥0，

[(a2＋b2)2－[(a2－b2)2/cos2θ≥0

（因a≥b， 0＜α＜90。，有a2≥b2，cosθ＞0)

进而得：(a2＋b2)≥(a2－b2)/cosθ，(1－cosθ)/(1＋cosθ)≤b2/a2，

tan2(θ/2) ≤b2/a2， tan(θ/2)≤b/a。证毕。

20141012於上海松江