在图5.3中，s=
21
（17+25 + 26 ）= 34 ，因此，
K=
34(34-17)(34-25)(34-26) =
41616= 204
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，将这一证明推向了高潮。
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。
三角形分别与整个三角形相似，并互相相似。
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K=
s s ( -a)(s -b)(s -c)，其中，s=
1(a+b+c) ，是三角形的半周长。
2
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，用表示半径，我们看到，
OD= OE= OF=
r
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：
面积（△AOB）=面积（△AOB）=（底）×（高）=
1
（AB ）×（OD ）=
1cr
222
面积（△BOC）=
1 （底）×（高）=
1 （BC ）×（OE ）=
1ar
22 2
面积（△）=
21
( =
21 （AC ）×（OF ）
21
COA （底）×高）= br
所以，K=面积（△ABC）=面积（△AOB）+面积（△BOC）+面积（△COA），
或者，..
1 1 1 a+b+c
K= cr+ ar+ br=r( )rs
222 2
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.. I.26）。然后，将各部分相对应，我们得到..
AD = AF ，BD= BE ，和CE = CF
而∠AOD=∠AOF，∠BOD=∠BOE，和∠COE=∠COF
现在，赫伦延长三角形的底边AB到G，并使AG = CE 。然后，他推断
BG =BD+AD+AG=BD+AD+CE 根据作图
1
= (2BD + 2AD + 2CE)
2
=
1[（BD+ BE ）+ （AD +AF ）+ （CE+CF ]
2
）根据全等
=
1[（BD + AD ）+ （BE + CE ）+ （AF +CF ）］
2
11
= [AB+BC+AC]= (c+a+b)=s
22
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。已知
BG = s，据此，我们
可以很容易地得出..
s-c = BG-AB= AG
s-b = BG -AC
= （BD +AD+AG ）-（AF+ CF ）
= （BD +AD+ CE ）-（AD +CE ）= BD
因为AD = AF ，AG = CE = CF 。同样，
因为AD = AF ，AG = CE = CF 。同样，
= （BD+AD +AG ）-（BE + CE ）
= （BD+AD+ CE ）-（BD+ CE ）= AD
因为BD = BE ，AG = CE。
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+∠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..
AB CF AG
==
AH OF r
因为CF = AG ，OF = r。我们还可以从这一比例式中推导出下列
等式，并称之为（*）。..
AB =AH （
*）
AG r
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：..
AH = OD = r 因而AH =AK
AK KD KD r KD
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（**）。..
AB =AK （
**）
AG KD
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
目的地遨游感到不解。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。
赫伦注意到，在△BOK中，其高OD= r 。根据初步命题，我们知道，
2
△KDO与△ODB相似，因此，
KD KD r 中简化为(KD )(BD ) =r2（** ）
r BD
（希腊人会说，是r KD 与BD这两个量之间的“比例中项”。）
现在，赫伦在等式（**）的两边分别加
1，得
AB AK
+1 = +1
AG KD
化为公分母，成为
AB + AG AK + KD BG AD
AG
=
KD
或简化为
AG
=
KD
在这最后一个等式的左边乘以分数BG ，右边乘以BD ，等式当然依
BG BD
然成立，得
(BG )(BG )
=
(AD)(BD )
因而
(AG )(BG) (KD)(BD )
(BG )2
= (AD)(BD) 根据（***G ）
(AG )(BG ) r2
交叉相乘，得
r2 (BG )2 =(AG )(BG)( (
AD) BD)
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＝(s-c)(s)(s-a)(s-b）=s(s-a)(s-b)(s-c)
因而
rs =
ss -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：
K=
ss -a)(s -b)( -c
( s) 证讫。
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。
后记
关于这一著名公式，历史学家发现了一个离奇的事实。在一部写于赫
伦身后几百年的古阿拉伯手稿中，伊斯兰学者阿布·赖汉·穆罕默德·比
鲁尼认为，这一公式的发明不应归功于赫伦，而应归功于杰出的阿基米德。
我们虽然没有阿基米德的论文来支持这种观点，但凭他的智力，本来完全
可以推导出这样一个定理。
另一方面，抛开历史的本来面目不谈，出于情感原因，我们不妨让赫
伦享有这一殊荣。如果将这个定理归功于阿基米德，而不是赫伦，似乎对
前者过于慷慨，对后者又过于残酷，因为阿基米德的名声在古代数学家中
已经无与伦比；而赫伦的名声在很大程度上却依赖于这个定理。
众所周知，赫伦的公式有其各种实用价值。测量员只要知道一块三边
形地三条边的长度，就很容易计算出这块地的面积。对于四边形或更多边
形的地，也不难分解成三角形的组合，进而求出面积。并且，利用赫伦的
公式，还能够推导出一个我们早已熟悉的定理，下面我们来看。
众所周知，赫伦的公式有其各种实用价值。测量员只要知道一块三边
形地三条边的长度，就很容易计算出这块地的面积。对于四边形或更多边
形的地，也不难分解成三角形的组合，进而求出面积。并且，利用赫伦的
公式，还能够推导出一个我们早已熟悉的定理，下面我们来看。
s=
a + b + c 我们发现
2
a + b + ca + b + c 2a -a + b + c
s -a =-a = -=
2 222
同样..
2-b+c a + b -c
s-b=
