2011年中招考試：《初中數(shù)學(xué)》競(jìng)賽講座(26)

-平面圖形的面積

　　1. 關(guān)于面積的兩點(diǎn)重要知識(shí)

　　(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(qǐng)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(gè)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(gè)三角形t1、t2和t3的邊長.那么，由四個(gè)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(gè)頂點(diǎn)A、B、C、D同時(shí)開始沿四邊形各邊依反時(shí)針方向以各自的速度作勻速直線運(yùn)動(dòng)(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(dòng)后，經(jīng)過多少時(shí)間，四邊形PQRS的面積最小?

　　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

　　設(shè)四邊形PQRS和四邊形ABCD的面積分別為S′、S.

　�、�

　�、�

　�、�

　�、�

　�、�+③得,

　�、�+④得,

　　當(dāng)t=′有極小值.

　　答:經(jīng)過秒后,四邊形PQRS面積最小.

　　下面是一個(gè)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(jìng)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(hào).由①取等號(hào)有

　　由②取等號(hào)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(jìng)賽題)圖40-4中陰影所示的四個(gè)三角形面積相等.求證:無陰影所示的四個(gè)三角形面積相等.求證:無陰影的三個(gè)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(jìng)賽題)如圖40-5在凸五邊形ABCDE中，對(duì)角線CE分別交對(duì)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(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(jìng)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?cè)囅?當(dāng)△A′B′C收縮為一點(diǎn)時(shí),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?cè)囉谩暗确e”工具，設(shè)法使A′沿平行于BC的直線運(yùn)動(dòng)，同樣B′、C′分別沿著平行于CA、AB的直線運(yùn)動(dòng).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(jìng)賽題)在一個(gè)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S1、S2，則

　　于是

　　因此

　　但，

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

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