平面圖形的面積

1．  關(guān)于面積的兩點(diǎn)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(shù)學(xué)邀請賽題）如圖40-1，在△ABC的內(nèi)部選取一點(diǎn)P，過P點(diǎn)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(shè)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(yùn)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(diǎn)分別由四邊形的四個頂點(diǎn)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(yùn)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(yùn)動后，經(jīng)過多少時間，四邊形PQRS的面積最�。�

解設(shè)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(shè)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(dāng)t=′有極小值．

答:經(jīng)過秒后,四邊形PQRS面積最�。�

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(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題).PQRS是面積為A的四邊形.O是在它內(nèi)部的一點(diǎn),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(shè)有   此處無圖

p²+q²+r²+s²=pqsinα+qrsinβ+rsinγ+spsinδ

≤pq+qr+rs+sp            ①

依題設(shè)、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(diǎn)是利用圖形之間的面積相等或成比例的轉(zhuǎn)換來解題．

例4(第17屆蘇聯(lián)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(shè)則由上式可得解以上三式的聯(lián)立方程組可得

．

這樣，則N為BE中點(diǎn)．

又

同理可證 

例5（第9屆全俄中學(xué)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=S_ABFE-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(nèi)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(lián)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(diǎn)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(jié)論，只須證S_△ABC+S_△B′CA+S_△C′AB=S_△ABC．

我們試想,當(dāng)△A′B′C收縮為一點(diǎn)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(diǎn)的過程中，保持左邊三項(xiàng)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(shè)法使A′沿平行于BC的直線運(yùn)動，同樣B′、C′分別沿著平行于CA、AB的直線運(yùn)動.而這三條分別平行于BC、CA、AB的直線如能共點(diǎn)，即反映△A′B′C′可收縮為一點(diǎn)．

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(diǎn)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(guān)的幾何問題，如能夠巧妙地引入面積關(guān)系，便可迅速求解，這就是所謂的“面積法”．

例８（美國數(shù)學(xué)競賽題）在一個給定的角Ｏ內(nèi)，任決地給定一點(diǎn)Ｐ，過Ｐ作一直線交定角的兩邊于Ａ、Ｂ兩點(diǎn)（如圖４０－８），問過Ｐ作怎樣的直線才能使最大？

解設(shè)∠ＯＰＢ＝θ，△ＯＰＡ、△ＯＰＢ的面積分別為Ｓ_１、Ｓ_２，則

于是

因此

但，

當(dāng)θ=90°時,sinθ取得最大值1,因此當(dāng)過P點(diǎn)的直線與OP垂直時,達(dá)到最大值

3．  雜題

競賽中出現(xiàn)的一些綜合性較強(qiáng)的面積問題，一般采用簡化圖形或根據(jù)題意構(gòu)造適當(dāng)?shù)膱D形來處理．

例9（1987年全俄中學(xué)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(diǎn)．證明：S_KLNM＜０．５S．

證明 設(shè)P、Q分別是AB、CD的中點(diǎn)（如圖４０－９）．注意到PLQM、MKNL都是平行四邊形，且S_KLNM＝S，因此，只須證明KLNM含于PLQM內(nèi)．

設(shè)PL、MQ分別交AC于E、F，則點(diǎn)K位于E、F之間．若不然，例如點(diǎn)K在線段AE上，則有ＡＫ≤ＡＥ，因ＥＦ＝ＰＭ＝ＡＫ＝０．５ＡＣ，故有關(guān)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(nèi)．同樣可證Ｎ也在ＰＬＱＭ內(nèi)，由此得Ｓ_ＫＬＮＭ＜Ｓ_ＰＬＱＭ＝０．５Ｓ．

例１０（第２０屆全蘇中學(xué)生競賽題）Ｍ點(diǎn)在銳角△ＡＢＣ的ＡＣ邊上，作△ＡＢＭ和△ＣＢＭ的外接圓．問當(dāng)Ｍ點(diǎn)在什么地方時，兩外接圓公共部分的面積最�。�

解  設(shè)Ｏ、Ｏ_１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�。�

注意到

∠ＢＯＭ＝２∠ＢＡＭ＝常數(shù)．

∠ＢＯ_１Ｍ＝２∠ＢＣＭ＝常數(shù)．

因此，研究當(dāng)弓形所對的圓心角固定時，弓形面積與弓形弦的關(guān)系．設(shè)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(dāng)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(shè)Ａ、Ｂ為半徑等于１的⊙Ｏ上任意兩點(diǎn)，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(guān)于ＭＮ的對稱點(diǎn)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(diǎn)與Ａ、Ｂ在ＭＮ的異側(cè)．取這樣的一點(diǎn)Ｃ，并連結(jié)ＡＣ、ＢＣ，ＡＣ交ＭＮ于Ｄ，連ＢＤ、Ａ′Ｄ，則

據(jù)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(diǎn)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(xù)，叫做對△ＡＢＣ進(jìn)行剖分．究竟分成多少等分，則視需要而定．

例１２（１９８４年全國數(shù)學(xué)競賽題）Ｐ為△ＡＢＣ的邊ＢＣ上任一點(diǎn)，作ＰＥ∥ＡＢ，ＰＦ∥ＡＣ．設(shè)△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(diǎn)Ｐ在線段ＢＡ_１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(diǎn)Ｐ落在線段Ａ_２Ｃ上，則△ＢＰＦ的面積≥．

余下的只須討論點(diǎn)Ｐ在線段Ａ_１Ａ_２內(nèi)變動的情形，利用平行線的基本性質(zhì)可證．

△ＦＣ_２Ｉ≌△ＭＡ_１Ｐ≌△ＮＪＧ．

這說明上圖中帶陰影的兩個三角形有相等的面積．又因?yàn)?/p>

△     ＥＪ_２Ｂ≌△ＮＰＡ_２≌△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△ＦＣ_２Ｉ上；把△ＭＧＩ剪下來再拼到△ＥＢ_２Ｊ_２上，我們看出：