前言
三角形面积公式从小学开始，随着知识面的拓宽，衍生出了好多不同的形式。
公式列举
1、 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot h_a\)；小学数学中的内容，
2、 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C=\cfrac{1}{2}bc\sin A=\cfrac{1}{2}ca\sin B\)；高中内容，[1]
应用①：在极坐标系中，面积公式是这样的：\(S_{\triangle ABC}\) \(=\) \(\cfrac{1}{2}\) \(\cdot\) \(\rho_1\) \(\cdot\) \(\rho_2\) \(\cdot\) \(\sin\theta\)，其中 \(\theta\) 为 \(\rho_1\) 和 \(\rho_2\) 的夹角，
应用②：在等边三角形中，\(a=b=c\)，\(A=B=C=\cfrac{\pi}{3}\)，故 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C=\cfrac{\sqrt{3}}{4}a^2\)
3、 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\cdot r\)，其中 \(r\) 为内切圆的半径；高中的内容 [2]
4、 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{abc}{4R}\)，其中\(R\)为外接圆的半径；高中的内容 [3]
5、 \(S_{\triangle ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)，其中\(p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\)，海伦公式；高中习题中的内容 [4]
6、\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}a^2\cfrac{\sin B\cdot\sin C}{\sin A}\) [5]
7、\(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(\sqrt{\cfrac{1}{4}\bigg[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}\bigg]}\) . 【人教2019 A 版教材 \(P_{55}\)】，秦九韶，“三斜求积”公式，若感兴趣其证明过程，请自行百度。
9、求解策略，如 \(S_{\triangle ABC}=S_{\triangle BOC}+S_{\triangle AOC}+S_{\triangle AOB}\)，比如用割补法，初高中内容
典例剖析
分析：由于 \(h_{a}\) \(:\) \(h_{b}\) \(:\) \(h_{c}\)=\(3\) \(:\) \(4\) \(:\) \(6\)，
则 \(h_a=3k\) ， \(h_b=4k\) ， \(h_c=6k\) ，\(k>0\)，
由于\(S=\cfrac{1}{2}a\cdot h_a=\cfrac{1}{2}b\cdot h_b=\cfrac{1}{2}c\cdot h_c\)
则 \(a:b:c=\cfrac{2S}{h_a}:\cfrac{2S}{h_b}:\cfrac{2S}{h_c}\) [给每一项都除以 \(2S\) ]
\(=\cfrac{1}{h_a}:\cfrac{1}{h_b}:\cfrac{1}{h_c}\)
\(=\cfrac{1}{3k}:\cfrac{1}{4k}:\cfrac{1}{6k}\) [给每一项都乘以 \(k\)，再同乘以 \(12\) ]
\(=4:3:2\)， 即 \(a:b:c=4:3:2\)，
又由于 \(a=4\)，故 \(b=3\)，\(c=2\)，将其代入\(S=\sqrt{\cfrac{1}{4}[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}]}\)，
计算得到，\(S=\sqrt{\cfrac{1}{4}[4^{2}\times 3^{2}-(\cfrac{4^{2}+3^{2}-2^{2}}{2})^{2}]}=\cfrac{3\sqrt{15}}{4}\)，故选 \(D\).
由于 \(h_a=b\cdot\sin C\)，\(h_b=c\cdot\sin A\)，\(h_c=a\cdot\sin B\)，代入即可。 ↩︎
由于 \(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(S_{\triangle BOC}\)\(+\)\(S_{\triangle AOC}\)\(+\)\(S_{\triangle AOB}\)，
故 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}a\cdot r+\cfrac{1}{2}b\cdot r+\cfrac{1}{2}c\cdot r=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\cdot r\) ↩︎由于 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C\)， \(\sin C=\cfrac{c}{2R}\)，代入整理即可。 ↩︎
依托面积公式 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C\) 来证明，
由于 \(\cos C=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\) ，则 \(\sin C=\sqrt{1-\bigg(\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\bigg)^2}\)
则 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C=\cfrac{1}{2}ab\cdot\sqrt{1-\bigg(\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\bigg)^2}\)
\(=\cfrac{1}{2}ab\cdot\sqrt{\cfrac{(2ab)^2-(a^2+b^2-c^2)^2}{(2ab)^2}}\)\(=\cfrac{1}{4}\sqrt{(2ab)^2-(a^2+b^2-c^2)^2}\)
\(=\cfrac{1}{4}\sqrt{(2ab+a^2+b^2-c^2)(2ab-a^2-b^2+c^2)}\)\(=\cfrac{1}{4}\sqrt{\bigg[(a+b)^2-c^2\bigg]\bigg[c^2-(a-b)^2\bigg]}\)
\(=\cfrac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(c-a+b)(c+a-b)}\)
为了让公式变得更美观，令 \(p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\)，则 \(2p=a+b+c\)，则 \(a+b-c=2p-2c\)，\(a+c-b=2p-2b\)，\(b+c-a=2p-2a\)，代入上式，得到
\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{4}\sqrt{2p\cdot2(p-c)\cdot2(p-a)\cdot2(p-b)}\)，整理即得到， \(S_{\triangle ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)， ↩︎依托面积公式 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C\) 来证明，
由正弦定理可知，\(b=\cfrac{a\sin B}{\sin A}\)，代入上式，即得到 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}a^2\cfrac{\sin B\cdot\sin C}{\sin A}\)。 ↩︎