Wzory na pole

Spis wzorów:

(1)
\begin{align} S={1 \over 2}ah_a \end{align}
(2)
\begin{align} S={1 \over 2}ab\sin\gamma \end{align}
(3)
\begin{align} S={abc \over 4R} \end{align}
(4)
\begin{equation} S=pr \end{equation}
(5)
\begin{equation} S=r_a(p-a) \end{equation}
(6)
\begin{align} S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} \Leftrightarrow S={\sqrt{(a+b+c)(c+b-a)(c+a-b)(a+b-c)} \over 4} \end{align}
(7)
\begin{align} S={1 \over \sqrt{ \left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}+{1 \over h_c}\right) \left({1 \over h_b}+{1 \over h_c}-{1 \over h_a}\right) \left({1 \over h_c}+{1 \over h_a}-{1 \over h_b}\right) \left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}-{1 \over h_c}\right)}} \end{align}

Wyprowadzenie:

DANE: $a$, $h_a$ — WZÓR: $S={1 \over 2}ah_a$

Mam nadzieję, że nie ma potrzeby tłumaczenia pochodzenia tego wzoru. Jeśli takie są to polecam odwołanie się do Wikipedii


DANE: $a$, $b$, $\gamma$ — WZÓR: $S={1 \over 2}ab\sin\gamma$

Warto zauważyć, że $\sin\gamma={h_a \over b} \Rightarrow h_a=b\sin\gamma$

Zatem podstawiając $b\sin\gamma$ za $h_a$ do równania $S={1 \over 2}ah_a$ otrzymujemy szukany wzór.


DANE: $a$, $b$, $c$, $R$ — WZÓR: $S={abc \over 4R}$

Z twierdzenia sinusów wiemy, że ${c \over \sin\gamma}=2R \Rightarrow \sin\gamma={c \over 2R}$

Zatem podstawiając $c \over 2R$ za $\sin\gamma$ do równania $S={1 \over 2}ab\sin\gamma$ otrzymujemy szukany wzór.


DANE: $p$, $r$ — WZÓR: $S=pr$

Możemy zauważyć, że pole trójkąta ABC równe jest sumie pól trójkątów powstałych przez połączenie środka okręgu wpisanego z wierzchołkami trójkąta: $S_{ABC}=S_{ABo}+S_{BCo}+S_{CAo}$

W każdym z tych trójkątów wysokość poprowadzona z punktu $o$ jest jednocześni promieniem okręgu wpisanego w trójkąt.

Pola tych trzech trójkątów możemy zatem wyrazić następującym wzorem: $S_{ABo}={1 \over 2}cr$, $S_{BCo}={1 \over 2}ar$, $S_{CAo}={1 \over 2}br$

Sumując te pola otrzymujemy następujący wzór: $S_{ABC}={1 \over 2}r\left(a+b+c\right)$

Jak wiemy $p$ oznacza długość połowy obwodu trójkąta: $p={1 \over 2}\left(a+b+c\right)$

Zatem podstawiając $p$ za ${1 \over 2}\left(a+b+c\right)$ do równania $S={1 \over 2}r\left(a+b+c\right)$ otrzymujemy szukany wzór.


DANE: $p$, $r_a$, $a$ — WZÓR: $S=r_a(p-a)$

Przedstawmy pole trójkąta ABC jako złożenie innych pól:
$S_{ABC}=S_{ABOC}-S_{BOC}$
$S_{ABC}=S_{ABO}+S_{AOC}-S_{BOC}$

Wyliczmy kolejne potrzebne nam pola (OA', OB' i OC' to wysokości tych trójkątów):
$S_{ABO}={1 \over 2}cr_a$
$S_{AOC}={1 \over 2}br_a$
$S_{BOC}={1 \over 2}ar_a$

Zatem:
$S={1 \over 2}cr_a+{1 \over 2}br_a-{1 \over 2}ar_a$
$S={1 \over 2}r_a(b+c-a)$
$S={1 \over 2}r_a(a+b+c-2a)$
$S={1 \over 2}r_a(2p-2a)$
$S=r_a(p-a)$

Otrzymaliśmy wzór końcowy.

tr_pole_1.png
tr_pole_2.png
tr_pole_3.png

DANE: $a$, $b$, $c$ — WZÓR: $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ — Wzór Herona

Z twierdzenia cosinusów: $c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma \Rightarrow \cos\gamma={a^2+b^2-c^2\over 2ab}$

Podnosimy obie strony do kwadratu: $\cos^2\gamma=\left({a^2+b^2-c^2\over 2ab}\right)^2$

Ze wzorów redukcyjnych wiemy, że $\sin^2\gamma=1-\cos^2\gamma$.

Przekrztałćmy znany nam wzór na pole trójkąta:

(8)
\begin{align} S={1 \over 2}ab\sin\gamma \end{align}
(9)
\begin{align} S={1 \over 2}ab\sqrt{\sin^2\gamma} \end{align}
(10)
\begin{align} S={1 \over 2}ab\sqrt{1-\cos^2\gamma} \end{align}
(11)
\begin{align} S={1 \over 2}ab\sqrt{1-\left({a^2+b^2-c^2\over 2ab}\right)^2} \end{align}
(12)
\begin{align} S={1 \over 2}ab\sqrt{\left(1-{a^2+b^2-c^2\over 2ab}\right)\left(1+{a^2+b^2-c^2\over 2ab}\right)} \end{align}
(13)
\begin{align} S={1 \over 2}ab\sqrt{\left({2ab-a^2-b^2+c^2\over 2ab}\right)\left({2ab+a^2+b^2-c^2\over 2ab}\right)} \end{align}
(14)
\begin{align} S={1 \over 2}ab\sqrt{{\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\left({2ab+a^2+b^2-c^2\right)\over (2ab)^2}} \end{align}
(15)
\begin{align} S={1 \over 2}ab{\sqrt{\left(c^2-(a^2-2ab+b^2)\right)\left((a^2+2ab+b^2)-c^2\right)}\over 2ab} \end{align}
(16)
\begin{align} S={\sqrt{\left(c^2-(a-b)^2)\right)\left(((a+b)^2-c^2\right)} \over 4} \end{align}
(17)
\begin{align} S=\sqrt{{(c-(a-b))(c+(a-b))((a+b)-c)((a+b)+c)} \over 16} \end{align}
(18)
\begin{align} S=\sqrt{{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)(a+b+c)} \over 16} \end{align}
(19)
\begin{align} S=\sqrt{{(a+b+c-2a)(a+b+c-2b)(a+b+c-2c)(a+b+c)} \over 16} \end{align}
(20)
\begin{align} S=\sqrt{{2p(2p-2a)(2p-2b)(2p-2c)} \over 16} \end{align}
(21)
\begin{align} S=\sqrt{{16p(p-a)(p-b)(p-c)} \over 16} \end{align}
(22)
\begin{align} S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} \end{align}

Otrzymaliśmy wzór Herona.


DANE: ha, hb, hc — WZÓR:$S={1 \over \sqrt{\left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}+{1 \over h_c}\right)\left({1 \over h_b}+{1 \over h_c}-{1 \over h_a}\right)\left({1 \over h_c}+{1 \over h_a}-{1 \over h_b}\right)\left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}-{1 \over h_c}\right)}}$

Ze wzoru na pole trójkąta: $S={1 \over 2}ah_a \Rightarrow a={2S \over h_a}$

Analogicznie otrzymujemy $b={2S \over h_b}$ i $c={2S \over h_c}$

Podstawiamy wyliczone wartości do wzoru Herona:

(23)
\begin{align} S={\sqrt{(a+b+c)(c+b-a)(c+a-b)(a+b-c)} \over 4} \end{align}
(24)
\begin{align} S={\sqrt{\left({2S \over h_a}+{2S \over h_b}+{2S \over h_c}\right)\left({2S \over h_b}+{2S \over h_c}-{2S \over h_a}\right)\left({2S \over h_c}+{2S \over h_a}-{2S \over h_b}\right)\left({2S \over h_a}+{2S \over h_b}-{2S \over h_c}\right)} \over 4} \end{align}
(25)
\begin{align} S={\sqrt{16S^4\left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}+{1 \over h_c}\right)\left({1 \over h_b}+{1 \over h_c}-{1 \over h_a}\right)\left({1 \over h_c}+{1 \over h_a}-{1 \over h_b}\right)\left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}-{1 \over h_c}\right)} \over 4} \end{align}
(26)
\begin{align} S={4S^2\sqrt{\left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}+{1 \over h_c}\right)\left({1 \over h_b}+{1 \over h_c}-{1 \over h_a}\right)\left({1 \over h_c}+{1 \over h_a}-{1 \over h_b}\right)\left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}-{1 \over h_c}\right)} \over 4} \end{align}
(27)
\begin{align} 1=S\sqrt{\left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}+{1 \over h_c}\right)\left({1 \over h_b}+{1 \over h_c}-{1 \over h_a}\right)\left({1 \over h_c}+{1 \over h_a}-{1 \over h_b}\right)\left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}-{1 \over h_c}\right)} \end{align}
(28)
\begin{align} S={1\over\sqrt{\left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}+{1 \over h_c}\right)\left({1 \over h_b}+{1 \over h_c}-{1 \over h_a}\right)\left({1 \over h_c}+{1 \over h_a}-{1 \over h_b}\right)\left({1 \over h_a}+{1 \over h_b}-{1 \over h_c}\right)}} \end{align}

Otrzymaliśmy wzór końcowy.

O ile nie zaznaczono inaczej, treść tej strony objęta jest licencją Creative Commons Attribution-ShareAlike 3.0 License