请问：长为1，2，3，6的四条边能够组成的四边形的最大面积是多少？这道题咋一看感觉有点难呀，四条边是如何组合成四边形的并没有告诉我们，那就意味着有多种组合情况，所以会有面积的最大值等等，1，2，3，6能够组成四边形吗？。

是不可以的，因为能够组成四边形必须满足任意一条边的边长小于其余三条边长之和，所以1，2，3，6是不可能组成四边形的！注：与三角形判定类似，任意多边形的判定都是类似的那我们换个边长：请问：长为1，2，3，4的四条边能够组成的四边形的最大面积是多少？。

那么又回到起点了，这个问题该怎么解决呢？其实想问的是：对于给定的一个边长为 a,b,c,da,b,c,d 的四边形，其面积是多少？类似在三角形中有海伦公式，在四边形中我们有布雷特施奈德公式(Bretschneiders formula

):A=(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)−abcd⋅cos2⁡θA=sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-a b c d cdot cos ^{2} heta}其中， a,

b,c,da,b,c,d 为四边形的边长， s=a+b+c+d2s=rac{a+b+c+d}{2} 为四边形的半周长， θ heta 为四边形任意一对对角和的一半布雷特施奈德公式(Bretschneiders formula。

)证明：

A=SABCD=S△ABD+S△CBD=12adsin⁡θ1+12bcsin⁡θ2A=S_{ABCD}=S_{ riangle ABD}+S_{ riangle CBD}=rac{1}{2}adsin heta_1+rac{1}{2}bcsin heta_2

化简得到（1）式： 2A=adsin⁡θ1+bcsin⁡θ22 A=a d sin heta_{1}+bc sin heta_{2}根据余弦定理可知：BD2=a2+d2−2adcos⁡θ1=

b2+c2−2bccos⁡θ2BD^2=a^2+d^2-2adcos heta_1=b^2+c^2-2bccos heta_2于是得到（2）式：a2+d2−(b2+c2)2=adcos⁡θ1

−bccos⁡θ2rac{a^2+d^2-(b^2+c^2)}{2}=adcos heta_1-bccos heta_2(1)2+(2)2(1)^2+(2)^2 :4A2+((a2+d2

)−(b2+c2)2)2=a2d2+b2c2+2abcd(sin⁡θ1sin⁡θ2−cos⁡θ1cos⁡θ2)4A^2+(rac{(a^{2}+d^{2})-left(b^{2}+c^{2} ight)}{2})^2=a^2d^2+b^2c^2+2abcd(sin heta_1sin heta_2-cos heta_1cos heta_2)

4A2+((a2+d2)−(b2+c2)2)2=a2d2+b2c2−2abcdcos⁡(θ1+θ2)4A^2+(rac{(a^{2}+d^{2})-left(b^{2}+c^{2} ight)}{2})^2=a^2d^2+b^2c^2-2abcdcos( heta_1+ heta_2)

又因为 cos⁡2α=2cos2⁡α−1cos2lpha =2cos^2lpha-14A2+((a2+d2)−(b2+c2)2)2=a2d2+b2c2+2abcd−4abcdcos2⁡(θ1

+θ22)4A^2+(rac{(a^{2}+d^{2})-left(b^{2}+c^{2} ight)}{2})^2=a^2d^2+b^2c^2+2abcd-4abcdcos^2(rac{ heta_1+ heta_2}{2})

4A2=(ad+bc)2−((a2+d2)−(b2+c2)2)2−4abcdcos2⁡(θ1+θ22)4A^2=(ad+bc)^2-(rac{(a^{2}+d^{2})-left(b^{2}+c^{2} ight)}{2})^2-4abcdcos^2(rac{ heta_1+ heta_2}{2})

4A2=[(a+d)2−(b−c)2]⋅[(b+c)2−(a−d)2]4−4abcdcos2⁡(θ1+θ22)4A^2=rac{[(a+d)^2-(b-c)^2]cdot[(b+c)^2-(a-d)^2]}{4}-4abcdcos^2(rac{ heta_1+ heta_2}{2})

A2=(a+d+b−c)(a+d+c−b)(b+c+a−d)(b+c+d−a)16−abcdcos2⁡(θ1+θ22)A^2=rac{(a+d+b-c)(a+d+c-b)(b+c+a-d)(b+c+d-a)}{16}-abcdcos^2(rac{ heta_1+ heta_2}{2})

所以，令 s=a+b+c+d2s=rac{a+b+c+d}{2} ，A=(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)−abcd⋅cos2⁡(θ1+θ22)A=sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-a b c d cdot cos ^{2}(rac{ heta_1+ heta_2}{2})}

.又因为四边形内角和为360°， cos2⁡(π−θ)=cos2⁡θcos^2(pi- heta)=cos^2 heta ,A=(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)−abcd⋅cos2

⁡θA=sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-a b c d cdot cos ^{2} heta}，其中， θ heta 为四边形任意一对对角和的一半 ◻square至此，我们已经证明布雷特施奈德公式(Bretschneiders formula)，并且可以看到当 。

θ=π2 heta=rac{pi}{2} 时，四边形取到最大值，这就是婆罗摩笈多公式(Brahmaguptas formula):对于任意边长为 a,b,c,da,b,c,d 的圆内接四边形，A

=(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)A=sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} ,其中， s=a+b+c+d2s=rac{a+b+c+d}{2} 为四边形的半周长注：（1）圆内接四边形对角和为180°。

（2）三角形中海伦公式就是婆罗摩笈多公式的一种特殊情况，当 d=0d=0 时就是海伦公式；那么现在我们再回过头来看一下最开始的问题：请问：长为1，2，3，4的四条边能够组成的四边形的最大面积是多少？这里我们已经知道了当四条边组成的四边形是圆内接四边形时，所形成的四边形的面积最大，所以边长为1，2，3，4的四条边所形成的四边形的面积最大值为：

s=1+2+3+42=5s=rac{1+2+3+4}{2}=5Amax=(5−1)(5−2)(5−3)(5−4)=26A_{max}=sqrt{(5-1)(5-2)(5-3)(5-4)}=oxed{2sqrt{6}}

. ◻square到这可能有人会有疑问了，难道任意四边形，在不改变边长的情况下，都能够变成圆内接四边形吗？不要怀疑，还真可以的这里我们可以从两个角度来简单说明一下：（1）四边形的不稳定性四边形是不稳定的，两组对角和为360°，每组对角和都可以从锐角变成钝角，又因为这是连续的，所以必定存在某一个时刻使得一组对角和为180°，也就是存在圆内接四边形；。

（2）设法找到外接圆一个三角形确定一个外接圆，所以我们先把三条边放在一个圆中，然后改变这个圆的大小，慢慢的把第四条边加入到这个圆中，从0到三边之和，必定有一个圆刚好内接由这四条边组成的四边形。

当然对于特殊的四边形，比如平行四边形、矩形、正方形的面积都是底乘以高；对于风筝型、菱形，对角线相互垂直的四边形，其面积等于对角线乘积的一半；而梯形就是上底加下底的和乘以高再除以二。

四边形(Quadrilateral)不知道四边形还有哪些常见的面积计算公式？写着写着，又想起平行四边形的面积公式还有， Sparallelogram=absin⁡θS_{parallelogram}=absin heta

，其中 a,ba,b 为平行四边形相邻两边长， θ heta 为上述两边长的夹角这个公式本质就是把平行四边形分成了两个三角形进行计算想知道三角形面积公式或任意多边形面积计算公式可以看下文(比如海伦公式，鞋带定理)：。

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