高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座 32多边形的面积和面积变换Word格式文档下载.docx

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）

（A） 

（B）1 

（C） 

（D） 

（E）2

分析 

将这个图形分解为若干个基本图形——三角形，连BF、BE、BD得四个与△ABF全等的正三角形，进一步计算可得图形面积为.所以选（D）.

例2 

（第5届美国数学邀请赛试题）如图23-2五条线段把矩形ABCD分成了面积相等的四部分，其中XY=YB+BC+CZ=ZW=WD+DA+AX，而PQ平行于AB.如果BC=19cm，PQ=87cm，则AB的长度等于_________.

如图,延长PQ交AD、CB于E、F.由YB+BC+CZ=WD+DA+AX知a+c=b+d,又梯形PQWZ与梯形PQYX面积相等,故E、F分别为AD、CB的中点.

而SAXPWD=SBYQZC，∴EP=QF，设为e.

由SAXPWD=SPQZW 

得

∴2e=106，

∴AB=2e+87=193.

例3.如图23-3四边形ABCD的两边BA和CD相交于G，E、F各为BD、AC的中点.试证：

△EFG的面积等于四边形ABCD面积的四分之一.

注意到E、F各为BD、AC的中点，连结EA、EC和FD.则

如果能够证明△EFG的面积等于四边形AEFD的面积，问题即可解决.为此，取AD的中点P，连PE、PF，则PE∥GB，PF∥GC.于是△GEP=△AEP，△GFP=△DFP.而△PEF公用.∴△GEF=SAEFD.至此，问题得解.证明略.

2． 

利用面积变换解几何题

先看一个例子.

例4.以直角三角形ABC的两直角边AC、BC为一边各向外侧作正方形ACDE、BCGH，连结BE、AH分别交AC、BC于P、Q.求证:

CP=CQ.

证明（如图23-4）显然S△GCQ=S△HCQ，

∵HB∥AG，

∴S△GCQ=S△ACH=S△ABC.

同理,S△BDP=S△ABC.

∴S△AGQ=S△BDP,

∴CQ·

AG=CP·

BD.

∵AG=AC+GC

=DC+BC=BD，

∴CP=CQ.

此例是关于平面图形中线段的等式，看似与面积无关，然而我们却利用图形之间面积的等量关系达到了证明的目的.这种不考虑图形的形状只从图形的面积关系入手来研究图形的度量关系和位置关系的方法即所谓面积变换.

例5 

（第37届美国中学数学竞赛题）图23-5中,ABCDE是正五边形,AP、AQ和AR是由A向CD、CB和DE的延长线上所引的垂线.设O是正五边形的中心,若OP=1,则AO+AQ+AR等于（ 

）.

（A）3 

（B）1+

（C）4 

（D）2+ 

（E）5

因题设中AP、AQ、AR分别与CD、CB、DE垂直，这就便于利用面积作媒介.注意到

即

由CD=BC=DE，

则AP+AQ+AR=5·

OP

故AO+AQ+AR=4.应选（C）.

例6 

（第37届美国中学数学竞赛题）不等边三角形ABC的两条高的长度分别为4和12.若第三条高也为整数，那么它的长度最大可能是（ 

（A）4 

（B）5 

（C）6 

（D）7

（E）不同于（A）-（D）的答案

解 

设△ABC第三边上的高为h，面积为S，则该三角形的三边可表示为

显见＞.据“三角形两边之和大于第三边”有+＞，+＞.

解得3＜h＜6.所以选（B）.

例7 

图23-6中，已知AB是直角三角形ABC的斜边，在射线AC、BC上各取一点、，使P、Q是△ABC内两点，如果P，Q到△ABC各边的距离之和相等，则PQ∥；

反之亦然.

证明 

设P、Q到△ABC各边的距离之和分别为S（P），S（Q）.连PA、PB、P、P，不难发现△APB+△AP+△PB-△P=△ABC-△C（定值）.

于是

=

同理，

显然，当S（P）=S（Q）时，，

∴PQ∥

反之，当PQ∥时，

∴S（P）=S（Q）.

3． 

一个定理的应用定理

已知△ABC、△DBC共边BC，AD交BC或其延长线于E，则

当B或C点与E重合时，结论显然成立.当B、C都不与E重合时，有两种情况：

若E在BC之间，由△ABE=易知结论成立；

若E在BC之外类似可证.证明略.

这个定理叙述的事实虽然简单,但却能解决大问题.

例8（1987年全国初中数学联赛试题）如图23-8已知四边形ABCD内有一点E,连接AE、BE、CE、DE，将四边形ABCD分成四个面积相等的三角形，那么命题（ 

甲. 

ABCD是凸四边形;

此处无图

乙. 

E是对角线AC的中点或对角线BD的中点;

丙. 

ABCD是平行四边形中.

只有甲正确 

（B）只有乙正确 

（C）甲、乙、丙都正确 

（D）甲、乙、丙都不正确

如果ABCD是以AC为对称轴的凹四边形，易见AC的中点具有题中E点所要求的性质，所以甲、丙都不正确.

设AE、BE、CE、DE将四边形ABCD分成四个面积相等的三角形，BD、AC交于F，由△ABE=△ADE及本讲定理知F是BD的中点，即E在AF上.

如果F与E重合，则E是BD的中点，乙成立.如果F与E不重合，同理由△BEC=△DEC是E在直线CF上，也就是说A、C都在直线EF上.再由△ABE=△BEC，得AE=EC，所以E是AC的中点，乙成立.所以选（B）.

如果将三点A、B、C在一条直线上看成是△ABC的蜕化情况，那么A、B、C三点共线等价于△ABC=0.由此引出证明三点共线的一条极自然的思路:

欲证三点A、B、C共线，只要证明△ABC=0.为了计算△ABC的面积，常在A、B、C之外适当选一点P，如果△PAB、△PBC、△PAC三者之中一个等于另两个之和，则自然有△ABC=0，这方面传统的例子是梅内劳斯定理的证明.

例9在图33-9△ABC的两边AB、AC上分别取E、F两点，在BC的延长线上取点D，使

则D、E、F三点共线. 

设则

于是 

①

②

③

由①、②、③易得△BDE=△BEF+△BDF，

∴D、E、F三点共线.

说明：

A、B、C共线即点B在直线AC上.由此即知欲证l1、l2、l3共点，只要证l1、l2的交点B在直线l3上，若在l3上别取点A、C，则只要证明△ABC=0即可.看来三线共点的问题可转化为三点共线来解决，这方面典型的例子是塞瓦定理的证明（见练习题）.

最后，我们来看一个漂亮的作图问题.

例10设A、B是直线l1上的两点，而C、D是直线l2上的两点，l1与l2交于O，作出平面上一切满足条件△PAB=△PCD的点P.

如图23-10，在l1上取E、F，使O为EF中点且EO=AB；

在l2上取G、H，使O为GH中点且GO=CD.不妨设E、G、F、H之顺序使EGFH成为以O为中心的平行四边形.设EG、GF、FH、HE之中点顺次为M、S、N、R，则P点为直线MN和RS上的一切点.

设P为RS上或MN上任一点，由作图知△PAB=△PFO，△PCD=△PGO.由本讲定理知△PFO=△PGO，所以△PAB=△PCD.当P点不在直线MN上且不在RS上时，可以用反证法证明△PAB≠△PCD.

练习二十三

选择题

（1）等腰△ABC中，一腰上的高线长为，这个高线与底边的夹角是，△ABC的面积是（ 

（B）2（C）2（D） 

（E）以上答案都不对

（2）如图，ABCD是面积为1的正方形，△PBC为正三角形，则△BPD的面积为（ 

（B） 

（E）

（3）已知等腰△ABC一腰上的中线为15，底边上的高为18，则△ABC的面积是（ 

（A）124 

（B）144 

（C）150 

（D）以上答案都不对

2.填空题

已知一张矩形纸片ABCD,AB=a,BC=Ka,将纸片折叠一次,使顶点A与C重合,如果纸片不重合部分面积为,则K=__________.

已知等腰梯形ABCD的两对角线AC、BD互相垂直相交，且梯形的面积为100cm2，则梯形的高h=_________.

（第3届美国数学邀请赛试题）如图所示,将△ABC的三个顶点与同一个内点连接起来,所得三条联线把△ABC分成六个小三角形,其中四个小三角形的面积已在图上标明.△ABC的面积是_________.

（1984年西安初中数学竞赛题）设△ABC的面积为1,则△DEF的面积是___________.

3.如图,B在AC上,Q在PR上,PB∥QC，AQ∥BR.求证：

AP∥CR.

4．（1974年加拿大中学生笛卡尔数学竞赛题）设AD为△ABC一中线，引任一直线CF交AD于E，交AB于F.

证明AE·

FB=2AF·

ED.

5．（塞瓦定理）设X、Y、Z分别是△ABC的边BC、CA、AB上的点，若

则AX、BY、CZ三线共点.

6．（1983年中学生联合数学竞赛题）如图，在四边形ABCD中△ABD，△BCD，△ABC的面积比是3：

4：

1，点M，N分别在AC，CD上，满足AM：

AC=CN：

CD，并且B、M、N三点共线，求证：

M与N分别是AC与CD的中点.

此处无图

7．P为△ABC内部一点，P到边AB、AC的距离为PE、PF，PE=q，PF=r，PA=x，求证：

ax≥cq+br.（a，b，c为相应顶点对应的边长）

8．三角形的两边不等，则大边加上这边上的高，不小于小边加上小边上的高.

9．设△ABC的面积S=1.试分别在边BC、CA、AB上依次我一内点E、F、G，使得△EFG的面积适合＜＜

１．Ａ　　Ｄ　　Ｂ

２．（１）４－． 

（２）１０ 

（３）３１５．

（４）

３．连ＰＣ、ＢＱ．△ＰＱＣ＝△ＢＱＣ，△ＡＢＲ＝△ＢＱＲ

∴△ＰＲＣ＝ＳＱＲＣＢ＝△ＡＲＣ，∴ＡＰ∥ＣＲ．

４．连ＢＥ后，引入三个面积参数，即Ｓ１＝△ＡＥＦ，Ｓ２＝△ＢＥＦ，Ｓ３＝△ＢＥＤ＝△ＤＥＣ则△ＡＥＣ＝△ＡＢＥ＝Ｓ１＋Ｓ２．

５．设ＡＸ与ＢＹ交于点Ｏ，连ＺＯ、ＯＣ．设易知△ＡＯＺ＝λ△ＢＯＺ，△ＡＯＣ＝λμ△ＡＯＢ＝λμ（）＝λ△ＢＯＣ，

∴△ＢＯＺ＋△ＢＯＣ＝△ＡＢＣ－△ＡＯＺ－△ＡＯＣ

＝△ＡＢＣ－λ△ＢＯＺ－λ△ＢＯＣ

∴△ＢＯＺ＋△ＢＯＣ＝△ＡＢＣ＝△ＢＺＣ

∴Ｚ、Ｏ、Ｃ共线．∴ＡＸ、ＢＹ、ＣＺ共点．

６． 

设及△ＡＢＣ＝１．

这时，△ＡＢＤ＝３，△ＢＣＤ＝４，△ＡＣＤ＝３＋４－１＝６．△ＡＢＭ＝ｒ，△ＢＣＭ＝１－ｒ，△ＢＣＮ＝４ｒ，△ＡＣＮ＝６ｒ，△ＣＮＭ＝△ＢＣＮ－△ＢＣＭ＝４ｒ－（１－ｒ）＝５ｒ－１，△ＡＭＮ＝△ＡＣＮ－△ＣＮＭ＝６ｒ－（５ｒ－１）＝ｒ＋１

．因此，所以解得即Ｍ与Ｎ分别是ＡＣ与ＣＤ的中点．

７作ＡＨ⊥ＢＣ，设ＡＨ＝ｈ．又作ＰＤ⊥ＢＣ，设ＰＤ＝ｐ．显然ａｈ＝ａｐ＋ｃｑ＋ｒｂ，∴ｃｑ＋ｂｒ＝ａ（ｈ－ｐ）≤ａｘ．

８．如图，设Ａ