什么是赫伦定理

发布网友 发布时间：2022-04-20 09:08

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热心网友 时间：2022-05-13 00:57

伟大的定理：赫伦的三角形面积公式　我们已知，赫伦的公式涉及三角形面积。这个公式似乎完全不必要，因为众所周知，三角形面积的标准公式十分用这个公式去求图5.3中三角形的面积就没有什么意义了，因为我们还不知三角形的高。首先，应当指出，已知一个三角形的三条边，则其面积一定是确定的。这可以直接从“边边边”全等定理（欧几里得，命题1.8）中推导出来，因为我们知道，任何边长等于（比如）17、25和26的其他三角形，一定与图5.3中的三角形全等，因此，其面积也完全相等。所以，如果我们知道三角形的三条边，我们也就知道一定有一个，并且只有一个面积值。但是，如何确定这一面积值呢？今天仍像两千年前一样，最简便的方法是应用赫伦的公式，其公式用现代符号表示，就是：如果K是边长等于a、b、c的三角形的面积，那么，在图5.3中s＝12（17＋25＋26）＝34，因此，请注意，在应用赫伦的公式时，我们只要知道三角形的三条边就足够了；我们无须求出三角形的高。这是一个非常特殊的公式，乍看之下，人们会感到是不是印刷有误。公式中出现的平方根和半周长似乎非常奇怪，这个公式完全没有直观感染力。然而，作为一项伟大的定理，引起我们注意的不仅有它的奇特，还有赫伦为此所作的证明。他的证明既非常曲折，令人惊叹，又非常巧妙。在某种意义上说，他的证明是很初等的，因为他只用了一些简单的平面几何概念——也就是说，只用了一些“元素”。但是，赫伦展示了他精湛的几何技巧，将这些元素组合成一个非常丰富而漂亮的证明，堪称数学中一个令人叹为观止的结论。赫伦的证明就像阿加莎·克里斯蒂的侦探小说一样，读者一直读到最后几行可能还弄不清问题如何解决。但我们不必着急，他最后的几步推理，将这一证明推向了*。在介绍这一证明之前，我们有必要先介绍一些赫伦论证所依据的初步命题。前两个初步命题出自欧几里得的《原本》。　命题1 三角形的角平分线交于一点，这个交点是三角形外接圆的圆心。　这一命题出自欧几里得《原本》的命题IV.4。三角形三条角平分线的交点（即三角形外接圆的圆心）恰当地叫做内心。　命题2 一个直角三角形，如果从直角作斜边的垂线，则垂线两边的三角形分别与整个三角形相似，并互相相似。　读者将会发现，这一命题出自《原本》的命题IV.8，我们在第三章中曾讨论过这一命题。下面的定理虽然也非常著名，但没有编入欧几里得的《原本》。为了保持完整，我们同时附加了定理的简单证明。　命题3 在直角三角形中，斜边的中点与三个角的顶点距离相等。证明 首先设直角三角形BAC（图5.4），平分AB边于D，作DM垂直于AB。连接MA。我们说△MAD与△MBD全等，因为AD＝BD，∠ADM＝∠BDM，当然，DM＝DM。所以，“边角边”全等定理保证了MA＝MB和∠MAD＝∠MBD。由于我们最初作的是直角三角形，因此，∠ACM＝1个直角－∠MBD＝1个直角－∠MAD＝∠MAC所以，△MAC是等腰三角形，因而，MC＝MA。因为线段MA、MB和MC都相等，所以，我们断定，斜边的中点M与直角三角形三个角的顶点距离相等。证讫。我们最后的两个初步命题涉及到联圆四边形，也就是圆内接四边形。　命题4 已知AHBO是一个四边形，作对角线AB和OH，如果∠HAB与∠HOB是直角（如图5.5所示），则可以过四个顶点A、O、B、和H作一个圆。证明 这是从前一个命题中直接推导出来的一个特殊命题。如果我们平分BH于M，我们注意到，M是直角三角形BAH与直角三角形BOH的共同斜边上的中点。所以，M与A、O、B和H各点的距离相等，因而，以M为圆心，以MH为半径，可以过四边形所有四个顶点作一个圆。证讫。　命题5 联圆四边形的对角和等于两个直角。　这个命题出自《原本》的命题III.22，其证明见第三章。这五个命题不妨看作一个特殊的工具箱，带给我们一个关于一般三角形面积的证明。但是，它们连同高度的技巧，只是赫伦在证明现在以他的名字命名的公式时所需要的“元素”。定理 已知一个三角形，其边分别为a、b和c，面积为K，我们得知　证明 设任意三角形ABC，使AB边至少不小于其他两条边。为了使赫伦的论证清晰易懂，我们将他的证明分成三大部分。第一部分 赫伦的第一步就令人非常震惊，因为他首先作了一个三角形的内接圆。他用三角形内心作为确定其面积的关键因素，大大出人预料，因为圆的性质与三角形这种直线图形的面积没有直观联系。尽管如此，我们还是设O为内接圆的圆心，用r表示半径，我们看到，OD＝OE＝OF＝r，如图5.6所示。现在，我们应用简单的三角形面积公式，得到：所以，K＝面积（△ABC）＝面积（△AOB）＋面积（△BOC）＋面积（△COA），或者，我们看到，赫伦在三角形的面积K与其半周长s之间建立了联系。这说明我们的方向走对了，但后面还有许多事情要做。第二部分 我们继续参照图5.6，并回想一下第一个初步命题，即利用三角形三个角的平分线作内接圆。因此，△ABC可以分解为三对全等三角形，即△AOD≌△AOF，△BOD≌△BOE，和△COE≌△COF，这三对全等三角形，每一对都是根据“角角边”全等定理确定的（欧几里得，命题1.26）。然后，将各部分相对应，我们得到而∠AOD＝∠AOF，∠BOD＝∠BOE，和∠COE＝∠COF因而，赫伦的线段BG的长度等于三角形的半周长，虽然“成了直线”。显然，赫伦是想得到成为一条直线的半周长。　　总之，半周长s与S－a、s－b和s－c三个量都等于图中的线段。这也是富有启发性的结论，因为这些量都是我们所求证公式的组成部分。赫伦剩下的工作就是要把这些“零件”组合成一个完整的证明。第三部分 我们仍然设△ABC及其内接圆，但我们现在需要　一个延伸图，以说明赫伦的推理过程（图5.7）。他先作OL垂直于OB，并交AB于K，然后作AM垂直于AB，交OL于H，最后，连接BH。由此形成的四边形AHBO，我们应该很熟悉。根据命题4，它实际上是一个联圆四边形；并且，根据命题5，我们知道，四边形的对角和等于两个直角。即，∠AHB十∠AOB=两个直角现在，我们来看围绕内心O的各角。根据第二部分的全等，这些角可以分解为三对相等角，所以，2α＋2β＋2γ=四个直角或等于α＋β＋γ=两个直角但是，β＋γ=∠AOB，因此，α＋∠AOB=两个直角=∠AHB＋∠AOB所以，α=∠AHB，这一点似乎是细枝末节，但在以下的推论中，将十分重要。因为∠CFO与∠BAH都是直角，而且，根据上述推理α=∠AHB，所以，赫伦推断△COF与△BHA相似。据此，我们可以推出比例之为（*）。赫伦还注意到，由于∠KAH与∠KDO都是直角，且对顶角∠AKH与∠DKO相等，因而，△KAH与△KDO也相似，并据此得出：将这一等式的最后结果与上述等式（*）合在一起，就得出了一个重要等式，我们称之为（**）。至此，读者难免会对这位数学家在这些无休无止的相似三角形中漫无目的地邀游感到不解。这种感觉到下一步时依然不会消失，因为赫伦在下一步又证明出了另外一对相似三角形。KDO与△ODB相似，因此，现在，赫伦在等式（**）的两边分别加1，得化为公分母，成为成立，得交叉相乘，得最后，赫伦将这大量“零件”组合，迅速而巧妙地达成他所求证的结论。我们只需注意到，这最后一个等式的组成部分恰恰是第二部分所推导出的线段。将第二部分的结果代入，便得到r2s2=(8一C)(s)(s—a)(s—b)=s(s—a)(s—b)(s—c)让我们再回忆一下第一部分的结论，如果K代表我们三角形的面积，则rs=K。因此，最后代入上列等式，就得到了赫伦的公式：这样，我们就完成了初等几何中一个最巧妙的证明。在证明过程中，他看似随意地漫游，实际上始终朝着预定目标前进。这无疑是我们迄今为止所见到的最曲折的证明。很难想象，脑力的回旋竟然引导赫伦得出了这样一个迂回曲折、令人惊叹的证明。

热心网友 时间：2022-05-13 02:15

人们很早就知道,由点P发出一条光线,碰到平面镜L上的一点R,会朝Q点的方向射去,使得PR和QR对此镜面成等角。公元一世纪亚历山大的科学家赫伦(Heron)发现,如果是镜面上任意其它的一点,那么距离必大于PR+QR,也就是说从P经镜面到Q所走的路程是最短的路径。