平面圖形的面積
2009-08-31 11:11:59網絡來源
1． 關于面積的兩點重要知識
（1）相似三角形的面積比等于相似比的平方
例1（第2屆美國數學邀請賽題）如圖40-1，在△ABC的內部選取一點P，過P點作三條分別與△ABC的三條邊平行的直線,這樣所得的三個三角形t1、t2和t3的面積分別為4，9和49．求△ABC的面積．
解 設T是△ABC的面積，T1、T2和T3分別是三角形t1、t2和t3的面積；c是邊AB的長，c1、c2和c3分別是平行于邊AB的三個三角形t1、t2和t3的邊長．那么，由四個三角形相似，得
（2）兩邊夾角的三角形面積，靈活運用△ABC的面積公式S=
可以方便地解決一些較難的面積問題．
例2已知P、Q、R、S四點分別由四邊形的四個頂點A、B、C、D同時開始沿四邊形各邊依反時針方向以各自的速度作勻速直線運動（如圖40-2），已知P由A至B，R由C至D分別需要兩秒鐘；Q由B至C，S由D至A分別需要1秒鐘；問開始運動后，經過多少時間，四邊形PQRS的面積最小？
解設P的速度是
Q的速度是
;R的速度是
,S的速度是
.在t(0＜t≤1)秒時,AP=
設四邊形PQRS和四邊形ABCD的面積分別為S′、S.
①
②
③
④
①+③得,
②+④得,
當t=
′有極小值．
答:經過
秒后,四邊形PQRS面積最小．
下面是一個用不等式來證明相等問題的例子．
例3(1982年英國數學奧林匹克競賽試題).PQRS是面積為A的四邊形.O是在它內部的一點,證明:如果2A=OP2+OQ2+OR2+OS2
那么PQRS是正方形并且O是它的中心．
證明 如圖40-3，按題設有 此處無圖
p2+q2+r2+s2=pqsinα+qrsinβ+rsinγ+spsinδ
≤pq+qr+rs+sp ①
依題設、必須且只須這里所有的不等式都取等號．由①取等號有
由②取等號有p=q=r=s
因此PQRS是正方形,O是它的中心.
2.等積變換與面積法
等積變換的特點是利用圖形之間的面積相等或成比例的轉換來解題．
例4(第17屆蘇聯競賽題)圖40-4中陰影所示的四個三角形面積相等.求證:無陰影所示的四個三角形面積相等.求證:無陰影的三個四邊形的面積也相等．
證明 如圖:連ME、NC.
∵S△NME=S△CEM，
∴ME∥NC．
若設
則由上式可得
解以上三式的聯立方程組可得
．
這樣，
則N為BE中點．
又
同理可證 
例5（第9屆全俄中學競賽題）如圖40-5在凸五邊形ABCDE中，對角線CE分別交對角線BD、AD于F、G，BF：FD=5：4，AG：GD=1：1，CF：FG：GE=2：2：3，求△CFD和△ABE的面積比．
解 連AF.∵CF：FG：GE=2：2：3，
∴S△CFD：S△DFG：S△DEG=2：2：3.
S△CFD=S,則S△FDG=S，S△DGF=
S.
又BF：FD=5：4，∴S△BEF:S△FDE=5：4．
∴S△BEF=
(S△FDG+S△DEG)=
S
又由BF：FD=5：4，∴S△ABF:S△AFD=5：4．
∴S△ABE=SABFE-S△BFE
=（S△ABF+S△AFG+S△AGE）-S△BFE
=5S-
S=
S
(∵AG:GD=1:1).
即S△CFD:S△ABE=8:15.
例6 六邊形ABCDEF內接于⊙O,且AB=BC=CD=
(如圖40-6(a)),求此六邊形的面積.
分析 如果連OA、OB、OC、OD、OE、OF，那么容易看出
S△AOB=S△BOC=S△COD，
S△DOE=S△EOF=S△FOA．
=S△AOB+S△BOC+S△COD+S△DOE+S△EOF+S△FOA．
從加法滿足交換律聯想到圖形可以改變位置而重新組合,于是把已知六邊形改成等積的新的六邊形A′B′C′D′E′F′,其中,⊙O與⊙O′為等圓,且A′F′=B′C′=D′E′=1,A′B′=C′D′=E′F′=
把A′B′,C′D′,E′F′分別向兩方延長得交點M、N、P(如圖40-6(b)),容易證明∠B′A′F′=120°等,從而△MNP為等邊三角形.
例7（1962年上海競賽題）已知△ABC∽△A′B′C′如圖40-7，AB=c,BC=a,CA=b,A′、B′、C′到BC、CA、AB的距離分別為l、m、n.求證：la+mb+nc=2S△ABC.
分析 欲證上述結論，只須證S△ABC+S△B′CA+S△C′AB=S△ABC．
我們試想,當△A′B′C收縮為一點時,上式顯然成立,因此,如果我們能夠做到在將△A′B′C′逐漸“收縮”為一點的過程中，保持左邊三項的面積始終不變，那么問題便解決了.為了保持△A′BC面積不變，我們試用“等積”工具，設法使A′沿平行于BC的直線運動，同樣B′、C′分別沿著平行于CA、AB的直線運動.而這三條分別平行于BC、CA、AB的直線如能共點，即反映△A′B′C′可收縮為一點．
證明 分別過B′，C′作直線B′D∥CA，C′D∥BA，直線C′D交B′D于D、交BC于E．
則∠C′DB′=∠BAC，又△ABC∽△A′B′C′，
∴△∠B′A′C′=∠BAC=∠C′D′B′．這說明C′、D′、A′、B′四點共圓，∴∠A′DC′＝A′B′C′＝∠ABC＝∠DEC，∴A′D∥BC．
過D分別作DL⊥BC于L，DM⊥CA于M，DN⊥AB于N，連DA、DB、DC、則由DA′∥BC、DB′∥CA，DC′∥AB，得DL=ｌ，DM=ｍ，DN=ｎ．
于是ｌa+mb+nc=DL·BC+DM·AC+DN·AB=2（S△DBC+S△DCA+S△DAB）=2S△ABC.
有些看似與面積無關的幾何問題，如能夠巧妙地引入面積關系，便可迅速求解，這就是所謂的“面積法”．
例８（美國數學競賽題）在一個給定的角Ｏ內，任決地給定一點Ｐ，過Ｐ作一直線交定角的兩邊于Ａ、Ｂ兩點（如圖４０－８），問過Ｐ作怎樣的直線才能使
最大？
解設∠ＯＰＢ＝θ，△ＯＰＡ、△ＯＰＢ的面積分別為Ｓ１、Ｓ２，則
于是
因此
但
，
當θ=90°時,sinθ取得最大值1,因此當過P點的直線與OP垂直時,
達到最大值
3． 雜題
競賽中出現的一些綜合性較強的面積問題，一般采用簡化圖形或根據題意構造適當的圖形來處理．
例9（1987年全俄中學生競賽題）凸四邊形ABCD的面積為S.K、L、M、N分別是AC、AD、BC和BD的中點．證明：SKLNM＜０．５S．
證明 設P、Q分別是AB、CD的中點（如圖４０－９）．注意到PLQM、MKNL都是平行四邊形，且SKLNM
＝S，因此，只須證明KLNM含于PLQM內．
設PL、MQ分別交AC于E、F，則點K位于E、F之間．若不然，例如點K在線段AE上，則有ＡＫ≤ＡＥ，因ＥＦ＝ＰＭ＝ＡＫ＝０．５ＡＣ，故有關系式ＡＣ＝２ＡＫ＝ＡＫ＋ＥＦ≤ＡＥ＋ＥＦ＜ＡＣ，矛盾．同理Ｋ也不能在Ｆ．Ｃ之間，于是Ｋ在ＰＬＱＭ內．同樣可證Ｎ也在ＰＬＱＭ內，由此得ＳＫＬＮＭ＜ＳＰＬＱＭ＝０．５Ｓ．
例１０（第２０屆全蘇中學生競賽題）Ｍ點在銳角△ＡＢＣ的ＡＣ邊上，作△ＡＢＭ和△ＣＢＭ的外接圓．問當Ｍ點在什么地方時，兩外接圓公共部分的面積最小？
解 設Ｏ、Ｏ１分別是△ＡＢＭ和△ＣＢＭ外接圓的圓心．兩外接圓的公共部分面積是兩個以ＢＭ為公共弦的弓形面積之和，可以考慮保時弓形的面積最小．
注意到
∠ＢＯＭ＝２∠ＢＡＭ＝常數．
∠ＢＯ１Ｍ＝２∠ＢＣＭ＝常數．
因此，研究當弓形所對的圓心角固定時，弓形面積與弓形弦的關系．設圓心角為α，弓形弦長為ｂ，那么弓形的面積為
由此可見，上圖中若ＢＭ越小，則每個弓形的面積越小、所以當ＢＭ是△ＡＢＣ的高，即ＢＭ⊥ＡＣ，Ｍ為垂足時，兩外接圓公共部分的面積最小．
例１１ 設Ａ、Ｂ為半徑等于１的⊙Ｏ上任意兩點，若過Ａ、Ｂ的任意線段或曲線段Ｌ將⊙Ｏ面積平分，則Ｌ的長ｌ必不小于２．
證明 若ＡＢ為⊙Ｏ的直徑，且Ｌ為直線時，顯然Ｌ將⊙Ｏ面積平分，這時ｌ＝２．
若ＡＢ是⊙Ｏ的直徑，Ｌ不是直線時，則ｌ＞ＡＢ，即ｌ＞２．
若ＡＢ不是⊙Ｏ的直徑，如圖４０－１１，作平行于ＡＢ的直徑ＭＮ，作Ａ關于ＭＮ的對稱點Ａ′，Ａ′必在⊙Ｏ上，連Ａ′Ｂ，易知Ａ′Ｂ為⊙Ｏ的直徑．由曲線Ｌ平分⊙Ｏ知，Ｌ上必有點與Ａ、Ｂ在ＭＮ的異側．取這樣的一點Ｃ，并連結ＡＣ、ＢＣ，ＡＣ交ＭＮ于Ｄ，連ＢＤ、Ａ′Ｄ，則
據此易證ｌ≥ＡＣ′＋ＢＣ′＞２．
綜上得ｌ≥２，即Ｌ的長必不小于２．
最后我們介紹解決三角形面積問題的一個重要技巧——三角形的剖分．將任意△ＡＢＣ的三邊ＢＣ、ＣＡ、ＡＢ分別分成ｎ等分，然后過這些分點作平行于其他兩邊的直線，這樣將△ＡＢＣ分成若干個全等的小三角形（如圖４０－１２）的手續，叫做對△ＡＢＣ進行剖分．究竟分成多少等分，則視需要而定．
例１２（１９８４年全國數學競賽題）Ｐ為△ＡＢＣ的邊ＢＣ上任一點，作ＰＥ∥ＡＢ，ＰＦ∥ＡＣ．設△ＡＢＣ的面積等于１．求證：△ＢＰＦ、△ＰＣＥ、四邊形ＡＦＰＥ的面積中，至少有一個不小于
證明 如圖４０－１３，作△ＡＢＣ的剖分．這時每一個小三角形的面積均等于
．
顯然，如果點Ｐ在線段ＢＡ１上變動時，△ＰＣＥ完整地蓋住了四個小三角形，因此△ＰＣＥ的面積≥
．對稱地，如果點Ｐ落在線段Ａ２Ｃ上，則△ＢＰＦ的面積≥
．
余下的只須討論點Ｐ在線段Ａ１Ａ２內變動的情形，利用平行線的基本性質可證．
△ＦＣ２Ｉ≌△ＭＡ１Ｐ≌△ＮＪＧ．
這說明上圖中帶陰影的兩個三角形有相等的面積．又因為
△ ＥＪ２Ｂ≌△ＮＰＡ２≌△ＭＧＩ，
這說明圖中涂黑了的兩個三角形面積相等．
將四邊形ＡＦＰＥ中△ＮＪＧ剪下來再拼到△ＦＣ２Ｉ上；把△ＭＧＩ剪下來再拼到△ＥＢ２Ｊ２上，我們看出：
