🧮

Άλλοι Τύποι Εμβαδού Τριγώνου

½βγ·ημA, τύπος του Ήρωνα, E = τρ, E = αβγ/4R

Πώς μετράς ένα χωράφι με μια μετροταινία;

Ένα οικόπεδο σχήματος τριγώνου: μπορείς εύκολα να μετρήσεις τις τρεις πλευρές του, αλλά το ύψος θέλει κάθετη από κορυφή — δύσκολο πάνω σε λόφο με ελιές. Ο τύπος του Ήρωνα δίνει το εμβαδόν μόνο από τις πλευρές. Σε αυτό το κεφάλαιο αποκτάς μια «εργαλειοθήκη» εμβαδών, ώστε σε κάθε άσκηση να διαλέγεις τον πιο γρήγορο δρόμο.

Τέσσερις τρόποι για το ίδιο τρίγωνο

Οι ασκήσεις σπάνια σου χαρίζουν βάση και ύψος. Η §10.4 σού δίνει εργαλειοθήκη — διάλεξε τύπο με βάση τα δεδομένα:

Δύο πλευρές και η περιεχόμενη γωνία: $E = \frac{1}{2}\beta\gamma \cdot \eta\mu A$ . Το ύψος «κρύβεται» στο γινόμενο: από την κορυφή $\Gamma$ το ύψος είναι $\beta \cdot \eta\mu A$ .
Και οι τρεις πλευρές: τύπος του Ήρωνα, με $\tau$ την ημιπερίμετρο.
Ακτίνα $\rho$ εγγεγραμμένου κύκλου: $E = \tau\rho$ — το τρίγωνο σπάει σε τρία τριγωνάκια με κορυφή το έγκεντρο, όλα με ύψος $\rho$ .
Ακτίνα $R$ περιγεγραμμένου κύκλου: $E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ .

Οι τέσσερις τύποι δουλεύουν και ανάποδα: αν βρεις το $E$ με έναν, «ξεκλειδώνεις» από τους άλλους τα $\rho$ , $R$ και τα ύψη.

Κράτησε δύο πλευρές σταθερές και άλλαξε τη γωνία ανάμεσά τους — θα ανακαλύψεις ότι το εμβαδόν μεγαλώνει μέχρι η γωνία να γίνει ορθή και μετά ξαναπέφτει, ακριβώς όπως προστάζει το $\eta\mu A$ στον τύπο.

$E = \frac{1}{2}\beta\gamma \cdot \eta\mu A = \frac{1}{2}\alpha\gamma \cdot \eta\mu B = \frac{1}{2}\alpha\beta \cdot \eta\mu\Gamma$ $E = \sqrt{\tau(\tau-\alpha)(\tau-\beta)(\tau-\gamma)}, \quad \tau = \frac{\alpha+\beta+\gamma}{2} \qquad E = \tau\rho \qquad E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$

Από πού βγαίνουν οι τύποι

$E = \frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ : φέρε το ύψος $\Gamma\Delta$ προς την ευθεία $AB$ . Στο ορθογώνιο τρίγωνο $A\Delta\Gamma$ είναι $\Gamma\Delta = \beta\,\eta\mu A$ (και όταν η $\hat{A}$ είναι αμβλεία, αφού $\eta\mu(180^\circ - A) = \eta\mu A$ ). Άρα $E = \frac{1}{2}\gamma \cdot \Gamma\Delta = \frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ .
$E = \tau\rho$ : ένωσε το έγκεντρο $I$ με τις κορυφές. Τα τρίγωνα $IB\Gamma$ , $I\Gamma A$ , $IAB$ έχουν όλα ύψος $\rho$ , άρα $E = \frac{1}{2}\alpha\rho + \frac{1}{2}\beta\rho + \frac{1}{2}\gamma\rho = \tau\rho$ .
$E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ : φέρε το ύψος $A\Delta$ και τη διάμετρο $AZ$ του περιγεγραμμένου κύκλου. Τα ορθογώνια τρίγωνα $A\Delta B$ και $A\Gamma Z$ έχουν $\hat{B} = \hat{Z}$ (εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο), άρα είναι όμοια: $\frac{AB}{AZ} = \frac{A\Delta}{A\Gamma}$ , δηλαδή $\beta\gamma = 2R\upsilon_\alpha$ . Τότε $E = \frac{1}{2}\alpha\upsilon_\alpha = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ .
Ήρωνας: η απόδειξη στηρίζεται στη γενίκευση του Πυθαγορείου: βρίσκεις την προβολή, μετά το ύψος και απλοποιείς με ταυτότητες.

Γρήγορος έλεγχος

Τρίγωνο έχει $\beta = 6$ , $\gamma = 8$ και περιεχόμενη γωνία $\hat{A} = 30°$ . Το εμβαδόν του είναι:

Μέθοδος: ποιον τύπο διαλέγω

Τρεις πλευρές → Ήρωνας, με $\tau$ την ημιπερίμετρο.
Δύο πλευρές και η περιεχόμενη γωνία → $\frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ .
Εμφανίζεται $\rho$ ή $R$ → $E = \tau\rho$ ή $E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ .
Συνδυασμός-κλειδί: βρες πρώτα το $E$ με Ήρωνα και «ξεκλείδωσε» μετά $\rho = \frac{E}{\tau}$ , $R = \frac{\alpha\beta\gamma}{4E}$ , $\upsilon_\alpha = \frac{2E}{\alpha}$ .

Άσκηση: Τρίγωνο έχει πλευρές $\alpha = 13$ , $\beta = 14$ , $\gamma = 15$ . Να βρεθούν το εμβαδόν $E$ , η ακτίνα $\rho$ του εγγεγραμμένου κύκλου, η ακτίνα $R$ του περιγεγραμμένου κύκλου και το ύψος $\upsilon_\beta$ .

Λύση: Ημιπερίμετρος: $\tau = \frac{13+14+15}{2} = 21$ .

Ήρωνας:

$E = \sqrt{21(21-13)(21-14)(21-15)} = \sqrt{21 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6} = \sqrt{7056} = 84$

Από $E = \tau\rho$ : $\rho = \frac{E}{\tau} = \frac{84}{21} = 4$ .

Από $E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ : $R = \frac{13 \cdot 14 \cdot 15}{4 \cdot 84} = \frac{2730}{336} = 8{,}125$ .

Από $E = \frac{1}{2}\beta\upsilon_\beta$ : $\upsilon_\beta = \frac{2E}{\beta} = \frac{168}{14} = 12$ .

Γρήγορος έλεγχος

Τρίγωνο έχει πλευρές $7$ , $8$ και $9$ . Πόσο είναι το εμβαδόν του;

Άσκηση: Τρίγωνο $AB\Gamma$ έχει $\beta = 8$ , $\gamma = 5$ και $\hat{A} = 60^\circ$ . Να βρεθούν το εμβαδόν, η πλευρά $\alpha$ και οι ακτίνες $\rho$ και $R$ .

Λύση: Εμβαδόν από δύο πλευρές και την περιεχόμενη γωνία:

$E = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 5 \cdot \eta\mu 60^\circ = 20 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}$

Για την $\alpha$ : η $\hat{A}$ είναι οξεία και η προβολή της $\gamma$ πάνω στη $\beta$ είναι $A\Delta = \frac{\gamma}{2} = 2{,}5$ (στο ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Delta$ η γωνία στο $B$ είναι $30^\circ$ ). Από τη γενίκευση του Πυθαγορείου:

$\alpha^2 = 64 + 25 - 2 \cdot 8 \cdot 2{,}5 = 49 \Rightarrow \alpha = 7$

Ημιπερίμετρος $\tau = \frac{7 + 8 + 5}{2} = 10$ , άρα $\rho = \frac{E}{\tau} = \sqrt{3}$ και

$R = \frac{\alpha\beta\gamma}{4E} = \frac{280}{40\sqrt{3}} = \frac{7}{\sqrt{3}} = \frac{7\sqrt{3}}{3}$

Γρήγορος έλεγχος

Ένα τρίγωνο έχει εμβαδόν $30$ και περίμετρο $30$ . Πόση είναι η ακτίνα $\rho$ του εγγεγραμμένου κύκλου του;

Ήξερες ότι;

Ο τύπος πήρε το όνομά του από τον Ήρωνα τον Αλεξανδρέα (1ος αι. μ.Χ.), που τον αποδεικνύει στο έργο του «Μετρικά». Τα «Μετρικά» θεωρούνταν χαμένα για αιώνες — ώσπου το 1896 βρέθηκε χειρόγραφό τους στην Κωνσταντινούπολη. Ο ίδιος Ήρωνας περιέγραψε και την «αιολόσφαιρα», μια σφαίρα που περιστρέφεται με ατμό.

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος: Δίνεται τρίγωνο $AB\Gamma$ με $AB = 6$ , $A\Gamma = 10$ και $\hat{A} = 120^\circ$ .

(α) Να βρεθεί το εμβαδόν του.

(β) Να βρεθεί η πλευρά $B\Gamma$ .

(γ) Να βρεθούν το ύψος $\upsilon_\alpha$ και οι ακτίνες $\rho$ και $R$ .

(δ) Να αποδείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο $E \leq \frac{1}{2}\beta\gamma$ , με ισότητα μόνο όταν $\hat{A} = 90^\circ$ .

Σχήμα: Η $A\Gamma$ οριζόντια με το $\Gamma$ δεξιά. Η γωνία στο $A$ είναι αμβλεία, οπότε το $B$ βρίσκεται πάνω αριστερά από το $A$ · το ίχνος $\Delta$ της καθέτου από το $B$ πέφτει στην προέκταση της $\Gamma A$ προς τα αριστερά.

Δεδομένα: $\gamma = 6$ , $\beta = 10$ , $\hat{A} = 120^\circ$ .

Ζητούμενο: $E$ , $\alpha$ , $\upsilon_\alpha$ , $\rho$ , $R$ και η ανισότητα του (δ).

Λύση (α): $E = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 6 \cdot \eta\mu 120^\circ = 30 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 15\sqrt{3}$ .

(β) Στο ορθογώνιο τρίγωνο $B\Delta A$ είναι $B\hat{A}\Delta = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ , άρα $A\hat{B}\Delta = 30^\circ$ και $A\Delta = \frac{AB}{2} = 3$ . Η $\hat{A}$ είναι αμβλεία, οπότε

$\alpha^2 = \beta^2 + \gamma^2 + 2\beta \cdot A\Delta = 100 + 36 + 60 = 196 \Rightarrow \alpha = 14$

(γ) $\upsilon_\alpha = \frac{2E}{\alpha} = \frac{30\sqrt{3}}{14} = \frac{15\sqrt{3}}{7}$ . Με $\tau = \frac{14 + 10 + 6}{2} = 15$ : $\rho = \frac{E}{\tau} = \sqrt{3}$ και $R = \frac{\alpha\beta\gamma}{4E} = \frac{840}{60\sqrt{3}} = \frac{14\sqrt{3}}{3}$ .

Απόδειξη (δ): $E = \frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ και $0 < \eta\mu A \leq 1$ , άρα $E \leq \frac{1}{2}\beta\gamma$ . Η ισότητα ισχύει μόνο όταν $\eta\mu A = 1$ , δηλαδή $\hat{A} = 90^\circ$ : με δύο δοσμένες πλευρές, το μέγιστο εμβαδόν το δίνει η ορθή γωνία ανάμεσά τους.

Πρόκληση

Δύο ισοσκελή τρίγωνα έχουν και τα δύο σκέλη $5$ . Το πρώτο έχει βάση $6$ . Βρες τη βάση του δεύτερου ώστε τα δύο τρίγωνα να είναι ισοδύναμα χωρίς να είναι ίσα.

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Πρώτο τρίγωνο: το ύψος προς τη βάση τη χωρίζει σε $3 + 3$ , άρα $\upsilon = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$ και $E = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 = 12$ .

Δεύτερο τρίγωνο με βάση $2t$ : ύψος $\sqrt{25 - t^2}$ , οπότε θέλουμε

$t\sqrt{25 - t^2} = 12 \Rightarrow t^2(25 - t^2) = 144 \Rightarrow t^4 - 25t^2 + 144 = 0$

Με $u = t^2$ : $u^2 - 25u + 144 = 0$ , $u = \frac{25 \pm 7}{2}$ , άρα $u = 16$ ή $u = 9$ . Η λύση $t = 3$ δίνει το ίδιο τρίγωνο, άρα $t = 4$ και βάση $8$ . Έλεγχος με Ήρωνα για $5, 5, 8$ : $\tau = 9$ , $E = \sqrt{9 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 1} = 12$ ✓.

Γιατί συμβαίνει; Από τον τύπο $E = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 5 \cdot \eta\mu A$ , ίσα εμβαδά σημαίνει ίσα $\eta\mu A$ — και αυτό γίνεται και για παραπληρωματικές γωνίες κορυφής. Πράγματι, από τη γενίκευση του Πυθαγορείου η γωνία κορυφής είναι οξεία στο $5, 5, 6$ ( $36 < 50$ ) και αμβλεία στο $5, 5, 8$ ( $64 > 50$ ).

Συνηθισμένα λάθη

Στον Ήρωνα βάζουν την περίμετρο αντί για την ημιπερίμετρο. Διόρθωση: $\tau = \frac{\alpha+\beta+\gamma}{2}$ , και οι διαφορές $\tau-\alpha$ , $\tau-\beta$ , $\tau-\gamma$ πρέπει να βγαίνουν θετικές.
Στον τύπο $\frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ βάζουν γωνία που δεν είναι η περιεχόμενη. Διόρθωση: η γωνία πρέπει να βρίσκεται ανάμεσα στις δύο πλευρές.
Μπερδεύουν $\rho$ και $R$ . Διόρθωση: $E = \tau\rho$ για τον εγγεγραμμένο κύκλο, $E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ για τον περιγεγραμμένο.
Πιστεύουν ότι για αμβλεία γωνία ο τύπος με το ημίτονο δεν ισχύει. Διόρθωση: $\eta\mu(180^\circ - A) = \eta\mu A$ , π.χ. $\eta\mu 120^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

Σύνοψη — τι κρατάμε

$E = \frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ : δύο πλευρές και η περιεχόμενη γωνία.
Ήρωνας: $E = \sqrt{\tau(\tau-\alpha)(\tau-\beta)(\tau-\gamma)}$ με $\tau$ την ημιπερίμετρο.
$E = \tau\rho$ (εγγεγραμμένος κύκλος) και $E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ (περιγεγραμμένος κύκλος).
Βρες το $E$ με τον τύπο που ταιριάζει στα δεδομένα και ξεκλείδωσε από αυτό $\rho$ , $R$ και ύψη.
Με δύο δοσμένες πλευρές, το εμβαδόν γίνεται μέγιστο όταν η περιεχόμενη γωνία είναι ορθή.

🧮

Άλλοι Τύποι Εμβαδού Τριγώνου

½βγ·ημA, τύπος του Ήρωνα, E = τρ, E = αβγ/4R

Πώς μετράς ένα χωράφι με μια μετροταινία;

Τέσσερις τρόποι για το ίδιο τρίγωνο

Δύο πλευρές και η περιεχόμενη γωνία: $E = \frac{1}{2}\beta\gamma \cdot \eta\mu A$ . Το ύψος «κρύβεται» στο γινόμενο: από την κορυφή $\Gamma$ το ύψος είναι $\beta \cdot \eta\mu A$ .
Και οι τρεις πλευρές: τύπος του Ήρωνα, με $\tau$ την ημιπερίμετρο.
Ακτίνα $\rho$ εγγεγραμμένου κύκλου: $E = \tau\rho$ — το τρίγωνο σπάει σε τρία τριγωνάκια με κορυφή το έγκεντρο, όλα με ύψος $\rho$ .
Ακτίνα $R$ περιγεγραμμένου κύκλου: $E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ .

\hat{A} + \hat{B} + \hat{\Gamma} = 85^{\circ} + 48^{\circ} + 47^{\circ} = 180^{\circ}

Όπου κι αν συρθεί η κορυφή Α, το άθροισμα των τριών γωνιών μένει πάντα 180°.

Από πού βγαίνουν οι τύποι

$E = \frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ : φέρε το ύψος $\Gamma\Delta$ προς την ευθεία $AB$ . Στο ορθογώνιο τρίγωνο $A\Delta\Gamma$ είναι $\Gamma\Delta = \beta\,\eta\mu A$ (και όταν η $\hat{A}$ είναι αμβλεία, αφού $\eta\mu(180^\circ - A) = \eta\mu A$ ). Άρα $E = \frac{1}{2}\gamma \cdot \Gamma\Delta = \frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ .
$E = \tau\rho$ : ένωσε το έγκεντρο $I$ με τις κορυφές. Τα τρίγωνα $IB\Gamma$ , $I\Gamma A$ , $IAB$ έχουν όλα ύψος $\rho$ , άρα $E = \frac{1}{2}\alpha\rho + \frac{1}{2}\beta\rho + \frac{1}{2}\gamma\rho = \tau\rho$ .
$E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ : φέρε το ύψος $A\Delta$ και τη διάμετρο $AZ$ του περιγεγραμμένου κύκλου. Τα ορθογώνια τρίγωνα $A\Delta B$ και $A\Gamma Z$ έχουν $\hat{B} = \hat{Z}$ (εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο), άρα είναι όμοια: $\frac{AB}{AZ} = \frac{A\Delta}{A\Gamma}$ , δηλαδή $\beta\gamma = 2R\upsilon_\alpha$ . Τότε $E = \frac{1}{2}\alpha\upsilon_\alpha = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ .
Ήρωνας: η απόδειξη στηρίζεται στη γενίκευση του Πυθαγορείου: βρίσκεις την προβολή, μετά το ύψος και απλοποιείς με ταυτότητες.

Γρήγορος έλεγχος

Τρίγωνο έχει $\beta = 6$ , $\gamma = 8$ και περιεχόμενη γωνία $\hat{A} = 30°$ . Το εμβαδόν του είναι:

Μέθοδος: ποιον τύπο διαλέγω

Τρεις πλευρές → Ήρωνας, με $\tau$ την ημιπερίμετρο.
Δύο πλευρές και η περιεχόμενη γωνία → $\frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ .
Εμφανίζεται $\rho$ ή $R$ → $E = \tau\rho$ ή $E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ .
Συνδυασμός-κλειδί: βρες πρώτα το $E$ με Ήρωνα και «ξεκλείδωσε» μετά $\rho = \frac{E}{\tau}$ , $R = \frac{\alpha\beta\gamma}{4E}$ , $\upsilon_\alpha = \frac{2E}{\alpha}$ .

Λύση: Ημιπερίμετρος: $\tau = \frac{13+14+15}{2} = 21$ .

Ήρωνας:

$E = \sqrt{21(21-13)(21-14)(21-15)} = \sqrt{21 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6} = \sqrt{7056} = 84$

Από $E = \tau\rho$ : $\rho = \frac{E}{\tau} = \frac{84}{21} = 4$ .

Από $E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ : $R = \frac{13 \cdot 14 \cdot 15}{4 \cdot 84} = \frac{2730}{336} = 8{,}125$ .

Από $E = \frac{1}{2}\beta\upsilon_\beta$ : $\upsilon_\beta = \frac{2E}{\beta} = \frac{168}{14} = 12$ .

Γρήγορος έλεγχος

Τρίγωνο έχει πλευρές $7$ , $8$ και $9$ . Πόσο είναι το εμβαδόν του;

Λύση: Εμβαδόν από δύο πλευρές και την περιεχόμενη γωνία:

$E = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 5 \cdot \eta\mu 60^\circ = 20 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}$

$\alpha^2 = 64 + 25 - 2 \cdot 8 \cdot 2{,}5 = 49 \Rightarrow \alpha = 7$

Ημιπερίμετρος $\tau = \frac{7 + 8 + 5}{2} = 10$ , άρα $\rho = \frac{E}{\tau} = \sqrt{3}$ και

$R = \frac{\alpha\beta\gamma}{4E} = \frac{280}{40\sqrt{3}} = \frac{7}{\sqrt{3}} = \frac{7\sqrt{3}}{3}$

Γρήγορος έλεγχος

Ένα τρίγωνο έχει εμβαδόν $30$ και περίμετρο $30$ . Πόση είναι η ακτίνα $\rho$ του εγγεγραμμένου κύκλου του;

Ήξερες ότι;

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος: Δίνεται τρίγωνο $AB\Gamma$ με $AB = 6$ , $A\Gamma = 10$ και $\hat{A} = 120^\circ$ .

(α) Να βρεθεί το εμβαδόν του.

(β) Να βρεθεί η πλευρά $B\Gamma$ .

(γ) Να βρεθούν το ύψος $\upsilon_\alpha$ και οι ακτίνες $\rho$ και $R$ .

(δ) Να αποδείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο $E \leq \frac{1}{2}\beta\gamma$ , με ισότητα μόνο όταν $\hat{A} = 90^\circ$ .

Δεδομένα: $\gamma = 6$ , $\beta = 10$ , $\hat{A} = 120^\circ$ .

Ζητούμενο: $E$ , $\alpha$ , $\upsilon_\alpha$ , $\rho$ , $R$ και η ανισότητα του (δ).

Λύση (α): $E = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 6 \cdot \eta\mu 120^\circ = 30 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 15\sqrt{3}$ .

$\alpha^2 = \beta^2 + \gamma^2 + 2\beta \cdot A\Delta = 100 + 36 + 60 = 196 \Rightarrow \alpha = 14$

Πρόκληση

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Πρώτο τρίγωνο: το ύψος προς τη βάση τη χωρίζει σε $3 + 3$ , άρα $\upsilon = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$ και $E = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 = 12$ .

Δεύτερο τρίγωνο με βάση $2t$ : ύψος $\sqrt{25 - t^2}$ , οπότε θέλουμε

$t\sqrt{25 - t^2} = 12 \Rightarrow t^2(25 - t^2) = 144 \Rightarrow t^4 - 25t^2 + 144 = 0$

Συνηθισμένα λάθη

Στον Ήρωνα βάζουν την περίμετρο αντί για την ημιπερίμετρο. Διόρθωση: $\tau = \frac{\alpha+\beta+\gamma}{2}$ , και οι διαφορές $\tau-\alpha$ , $\tau-\beta$ , $\tau-\gamma$ πρέπει να βγαίνουν θετικές.
Στον τύπο $\frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ βάζουν γωνία που δεν είναι η περιεχόμενη. Διόρθωση: η γωνία πρέπει να βρίσκεται ανάμεσα στις δύο πλευρές.
Μπερδεύουν $\rho$ και $R$ . Διόρθωση: $E = \tau\rho$ για τον εγγεγραμμένο κύκλο, $E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ για τον περιγεγραμμένο.
Πιστεύουν ότι για αμβλεία γωνία ο τύπος με το ημίτονο δεν ισχύει. Διόρθωση: $\eta\mu(180^\circ - A) = \eta\mu A$ , π.χ. $\eta\mu 120^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

Σύνοψη — τι κρατάμε

$E = \frac{1}{2}\beta\gamma\,\eta\mu A$ : δύο πλευρές και η περιεχόμενη γωνία.
Ήρωνας: $E = \sqrt{\tau(\tau-\alpha)(\tau-\beta)(\tau-\gamma)}$ με $\tau$ την ημιπερίμετρο.
$E = \tau\rho$ (εγγεγραμμένος κύκλος) και $E = \frac{\alpha\beta\gamma}{4R}$ (περιγεγραμμένος κύκλος).
Βρες το $E$ με τον τύπο που ταιριάζει στα δεδομένα και ξεκλείδωσε από αυτό $\rho$ , $R$ και ύψη.
Με δύο δοσμένες πλευρές, το εμβαδόν γίνεται μέγιστο όταν η περιεχόμενη γωνία είναι ορθή.