平面图形的面积
2009-08-31 11:11:59网络来源
1． 关于面积的两点重要知识
（1）相似三角形的面积比等于相似比的平方
例1（第2届美国数学邀请赛题）如图40-1，在△ABC的内部选取一点P，过P点作三条分别与△ABC的三条边平行的直线,这样所得的三个三角形t1、t2和t3的面积分别为4，9和49．求△ABC的面积．
解 设T是△ABC的面积，T1、T2和T3分别是三角形t1、t2和t3的面积；c是边AB的长，c1、c2和c3分别是平行于边AB的三个三角形t1、t2和t3的边长．那么，由四个三角形相似，得
（2）两边夹角的三角形面积，灵活运用△ABC的面积公式S=
可以方便地解决一些较难的面积问题．
例2已知P、Q、R、S四点分别由四边形的四个顶点A、B、C、D同时开始沿四边形各边依反时针方向以各自的速度作匀速直线运动（如图40-2），已知P由A至B，R由C至D分别需要两秒钟；Q由B至C，S由D至A分别需要1秒钟；问开始运动后，经过多少时间，四边形PQRS的面积最小？
解设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)秒时,AP=
设四边形PQRS和四边形ABCD的面积分别为S′、S.
①
②
③
④
①+③得,
②+④得,
当t=
′有极小值．
答:经过
秒后,四边形PQRS面积最小．
下面是一个用不等式来证明相等问题的例子．
例3(1982年英国数学奥林匹克竞赛试题).PQRS是面积为A的四边形.O是在它内部的一点,证明:如果2A=OP2+OQ2+OR2+OS2
那么PQRS是正方形并且O是它的中心．
证明 如图40-3，按题设有 此处无图
p2+q2+r2+s2=pqsinα+qrsinβ+rsinγ+spsinδ
≤pq+qr+rs+sp ①
依题设、必须且只须这里所有的不等式都取等号．由①取等号有
由②取等号有p=q=r=s
因此PQRS是正方形,O是它的中心.
2.等积变换与面积法
等积变换的特点是利用图形之间的面积相等或成比例的转换来解题．
例4(第17届苏联竞赛题)图40-4中阴影所示的四个三角形面积相等.求证:无阴影所示的四个三角形面积相等.求证:无阴影的三个四边形的面积也相等．
证明 如图:连ME、NC.
∵S△NME=S△CEM，
∴ME∥NC．
若设
则由上式可得
解以上三式的联立方程组可得
．
这样，
则N为BE中点．
又
同理可证 
例5（第9届全俄中学竞赛题）如图40-5在凸五边形ABCDE中，对角线CE分别交对角线BD、AD于F、G，BF：FD=5：4，AG：GD=1：1，CF：FG：GE=2：2：3，求△CFD和△ABE的面积比．
解 连AF.∵CF：FG：GE=2：2：3，
∴S△CFD：S△DFG：S△DEG=2：2：3.
S△CFD=S,则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 六边形ABCDEF内接于⊙O,且AB=BC=CD=
(如图40-6(a)),求此六边形的面积.
分析 如果连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．
从加法满足交换律联想到图形可以改变位置而重新组合,于是把已知六边形改成等积的新的六边形A′B′C′D′E′F′,其中,⊙O与⊙O′为等圆,且A′F′=B′C′=D′E′=1,A′B′=C′D′=E′F′=
把A′B′,C′D′,E′F′分别向两方延长得交点M、N、P(如图40-6(b)),容易证明∠B′A′F′=120°等,从而△MNP为等边三角形.
例7（1962年上海竞赛题）已知△ABC∽△A′B′C′如图40-7，AB=c,BC=a,CA=b,A′、B′、C′到BC、CA、AB的距离分别为l、m、n.求证：la+mb+nc=2S△ABC.
分析 欲证上述结论，只须证S△ABC+S△B′CA+S△C′AB=S△ABC．
我们试想,当△A′B′C收缩为一点时,上式显然成立,因此,如果我们能够做到在将△A′B′C′逐渐“收缩”为一点的过程中，保持左边三项的面积始终不变，那么问题便解决了.为了保持△A′BC面积不变，我们试用“等积”工具，设法使A′沿平行于BC的直线运动，同样B′、C′分别沿着平行于CA、AB的直线运动.而这三条分别平行于BC、CA、AB的直线如能共点，即反映△A′B′C′可收缩为一点．
证明 分别过B′，C′作直线B′D∥CA，C′D∥BA，直线C′D交B′D于D、交BC于E．
则∠C′DB′=∠BAC，又△ABC∽△A′B′C′，
∴△∠B′A′C′=∠BAC=∠C′D′B′．这说明C′、D′、A′、B′四点共圆，∴∠A′DC′＝A′B′C′＝∠ABC＝∠DEC，∴A′D∥BC．
过D分别作DL⊥BC于L，DM⊥CA于M，DN⊥AB于N，连DA、DB、DC、则由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.
有些看似与面积无关的几何问题，如能够巧妙地引入面积关系，便可迅速求解，这就是所谓的“面积法”．
例８（美国数学竞赛题）在一个给定的角Ｏ内，任决地给定一点Ｐ，过Ｐ作一直线交定角的两边于Ａ、Ｂ两点（如图４０－８），问过Ｐ作怎样的直线才能使
最大？
解设∠ＯＰＢ＝θ，△ＯＰＡ、△ＯＰＢ的面积分别为Ｓ１、Ｓ２，则
于是
因此
但
，
当θ=90°时,sinθ取得最大值1,因此当过P点的直线与OP垂直时,
达到最大值
3． 杂题
竞赛中出现的一些综合性较强的面积问题，一般采用简化图形或根据题意构造适当的图形来处理．
例9（1987年全俄中学生竞赛题）凸四边形ABCD的面积为S.K、L、M、N分别是AC、AD、BC和BD的中点．证明：SKLNM＜０．５S．
证明 设P、Q分别是AB、CD的中点（如图４０－９）．注意到PLQM、MKNL都是平行四边形，且SKLNM
＝S，因此，只须证明KLNM含于PLQM内．
设PL、MQ分别交AC于E、F，则点K位于E、F之间．若不然，例如点K在线段AE上，则有ＡＫ≤ＡＥ，因ＥＦ＝ＰＭ＝ＡＫ＝０．５ＡＣ，故有关系式ＡＣ＝２ＡＫ＝ＡＫ＋ＥＦ≤ＡＥ＋ＥＦ＜ＡＣ，矛盾．同理Ｋ也不能在Ｆ．Ｃ之间，于是Ｋ在ＰＬＱＭ内．同样可证Ｎ也在ＰＬＱＭ内，由此得ＳＫＬＮＭ＜ＳＰＬＱＭ＝０．５Ｓ．
例１０（第２０届全苏中学生竞赛题）Ｍ点在锐角△ＡＢＣ的ＡＣ边上，作△ＡＢＭ和△ＣＢＭ的外接圆．问当Ｍ点在什么地方时，两外接圆公共部分的面积最小？
解 设Ｏ、Ｏ１分别是△ＡＢＭ和△ＣＢＭ外接圆的圆心．两外接圆的公共部分面积是两个以ＢＭ为公共弦的弓形面积之和，可以考虑保时弓形的面积最小．
注意到
∠ＢＯＭ＝２∠ＢＡＭ＝常数．
∠ＢＯ１Ｍ＝２∠ＢＣＭ＝常数．
因此，研究当弓形所对的圆心角固定时，弓形面积与弓形弦的关系．设圆心角为α，弓形弦长为ｂ，那么弓形的面积为
由此可见，上图中若ＢＭ越小，则每个弓形的面积越小、所以当ＢＭ是△ＡＢＣ的高，即ＢＭ⊥ＡＣ，Ｍ为垂足时，两外接圆公共部分的面积最小．
例１１ 设Ａ、Ｂ为半径等于１的⊙Ｏ上任意两点，若过Ａ、Ｂ的任意线段或曲线段Ｌ将⊙Ｏ面积平分，则Ｌ的长ｌ必不小于２．
证明 若ＡＢ为⊙Ｏ的直径，且Ｌ为直线时，显然Ｌ将⊙Ｏ面积平分，这时ｌ＝２．
若ＡＢ是⊙Ｏ的直径，Ｌ不是直线时，则ｌ＞ＡＢ，即ｌ＞２．
若ＡＢ不是⊙Ｏ的直径，如图４０－１１，作平行于ＡＢ的直径ＭＮ，作Ａ关于ＭＮ的对称点Ａ′，Ａ′必在⊙Ｏ上，连Ａ′Ｂ，易知Ａ′Ｂ为⊙Ｏ的直径．由曲线Ｌ平分⊙Ｏ知，Ｌ上必有点与Ａ、Ｂ在ＭＮ的异侧．取这样的一点Ｃ，并连结ＡＣ、ＢＣ，ＡＣ交ＭＮ于Ｄ，连ＢＤ、Ａ′Ｄ，则
据此易证ｌ≥ＡＣ′＋ＢＣ′＞２．
综上得ｌ≥２，即Ｌ的长必不小于２．
最后我们介绍解决三角形面积问题的一个重要技巧——三角形的剖分．将任意△ＡＢＣ的三边ＢＣ、ＣＡ、ＡＢ分别分成ｎ等分，然后过这些分点作平行于其他两边的直线，这样将△ＡＢＣ分成若干个全等的小三角形（如图４０－１２）的手续，叫做对△ＡＢＣ进行剖分．究竟分成多少等分，则视需要而定．
例１２（１９８４年全国数学竞赛题）Ｐ为△ＡＢＣ的边ＢＣ上任一点，作ＰＥ∥ＡＢ，ＰＦ∥ＡＣ．设△ＡＢＣ的面积等于１．求证：△ＢＰＦ、△ＰＣＥ、四边形ＡＦＰＥ的面积中，至少有一个不小于
证明 如图４０－１３，作△ＡＢＣ的剖分．这时每一个小三角形的面积均等于
．
显然，如果点Ｐ在线段ＢＡ１上变动时，△ＰＣＥ完整地盖住了四个小三角形，因此△ＰＣＥ的面积≥
．对称地，如果点Ｐ落在线段Ａ２Ｃ上，则△ＢＰＦ的面积≥
．
余下的只须讨论点Ｐ在线段Ａ１Ａ２内变动的情形，利用平行线的基本性质可证．
△ＦＣ２Ｉ≌△ＭＡ１Ｐ≌△ＮＪＧ．
这说明上图中带阴影的两个三角形有相等的面积．又因为
△ ＥＪ２Ｂ≌△ＮＰＡ２≌△ＭＧＩ，
这说明图中涂黑了的两个三角形面积相等．
将四边形ＡＦＰＥ中△ＮＪＧ剪下来再拼到△ＦＣ２Ｉ上；把△ＭＧＩ剪下来再拼到△ＥＢ２Ｊ２上，我们看出：
