第15章面積問題與方法

ABCDAD、BC上各有一點Q、PAQCP，APBQM CQDPNS四邊形QMPNS△AMBS△DNC解析S△BQCS△APBS△PDCAAQDMN AQCP

1

S△

1

S△APBS△CDP★已知：△ABCADE、FAB、AC上，且EDBFDCBACBECF，并用△ABCS四邊形AEDF解析如圖，由△DBE△ABC△DFCAEEFBBEBCBDCFBCCDBEBDAC1BECF CD

又設(shè)△ABCa、b、cBD

b

，BE

bBE

a

a S△BEDABBCS△ABCbc

SABCS△CDFbc

SABC

(bc)22a2(bc)2 ★★已知△ABCABAC10E、DACBDDE4，ABEDBCSABC解析如圖，設(shè)ABEDBCEBDBED，則AAEαEαθθ 3由三角形內(nèi)角和，2(2)180，得60. 1104sin60 3AB2AB2BD2ABSABCAC

219

△ S△ 2S△ABC2

33

573★★★已知△ABC，BAC60，AB2AC.點P在△ABC內(nèi)使得PA 求△ABC的面積.3解析如圖，作△ABQ△ACPAB2AC，故相似比為2 P AQ2AP23，BQ2CP4QAPQABPACBAPBAC60AQAP21APQ90PQ3AP3BP225BQ2PQ2，從而BQP90AB2PQ2(APBQ)22883故S△

1ABACsin603AB2673 ABCDEFBC、CDAE4EF3AF5SABES△ECFSADFABCD的面積解析如圖 AEF90，△ABE∽△ECF.設(shè)ABx，BEy，則CE3x，CF3y DFx3y，ADy3 DF xy3x3yy3xx3y

4 4 xy

，BC72222 22

214矩形 a、b、c、d，兩條對角線相交所成的銳角為，求該四邊形的面積（a、b、c、d和表示）.解析ABaBCbCDcDAdACBD交于OAOD（90（13.1.7adadθObc cos

Ca2c2b2d，2AC

1ACBDsin1(a2c2b2d2)tan

1|(a2b2c2d2)tan|4當時，四邊形面積不定ABCABAC邊上的內(nèi)接正方形邊長都是3，求11 a解析MNPQx，BCa，ADhxxAPPCa 現(xiàn)在回到原題，設(shè)△ABCa、bchahbhcABAC邊上的正AQQP33133

M 考慮到chc2SABCbhbchcbhbhbcsinA，hcbsinA(bc)(1sinA0而由題設(shè)bc，故sinA1，A90 3AB3AC 1ABAC，111

△ ★★△ABCDEFBC、CAABSAFES△BFD、S△DEFS△EDC1、2、3、4AF解析AF

BD

CEz.則0x，y，z1，x(1zSAEF

y(1x1，， ，，(1y)z25

S△ FEFEz1

，y

B ，故1

D1

C12x25

145

10x 由0y1x4，由0z1x

25

145均符合要求 評注AF具有唯一解ABCDADBCAD1MABAM3N在CDMN 形分成兩部分的面積之比為31CN的值

解析如圖，由于未講清部分是3，哪部分是1，故本題可能有兩解yNMxyNMx SAMD3S△CBM4S梯形ABCD15S△MCD8.S△MNCxS△MNDy.xy （1） y

xy 或（2）x y 3x29由（1）解得 y3

CN29 △ABC中，B90AD是AE、FAB、AC上，EFAD于點GAE4EB8AF12FC25，求四邊形CDGF的面積.GFGF 解析AB12，AC37，BC35.連結(jié)DF，由ABAF，得DFBD，DFAC，連結(jié)ED由

BDDF

60

1FCDF750， △

△

△

AB

1BEBD240， ABBD720 四邊形 又 AEAF

840

72024084011880△

AB

△

四邊形

△

S△DFGGF3

891075036660

四邊形

★★△ABCD、EAB、ACAD4AE2PDE中點，Q為CDBEPQBCRBR

解析ABDQCE1DQ10ACEQBD1EQ12DBCQ

CEQB

ADD Q 設(shè)DQPCQR，EQPBQR.由

DQsinDQsinsinEQBRS△BQRBQsinBQDQ125

sin

CQ

★★在△ABCABX，AC上取點YXZAZBCD，用、BD

，AY 段XY上取點Z 解析BZ、CZBDS S△

ABXZsinAXYABAYACYZsin ACAXXZY ABBX11ACYC11BD(1)

(1ABCD面積是1，AB、BCE、FDBAF于GH，求四邊形GHBE的面積.解析AFDCPAF2FP.

AEEB，BF2CFDE2 BFBFCHGGDDP

129 3S△

2

△

1又 HF

212 AF△

121283 ★★★已知△ABCADAE分別是角平分線和中線CFAD于GABFAEHHDAC解析FE、GEFHFHG E FGGCBEEC，故GEAB.S△EGCS△FGESAGE.EDS S△

S△

HEHDACAB、CDABBCADCDBADACdSABC只與、d有關(guān)BAACDMx解 延長AD至點M，使DMDC，設(shè)ADx，CDy，易知△ABC∽△CDM，于x

(x

S△

，又由S△ACMAMxy

△

(x

S△CDM 由于ACMBCD180，又CM ，故CMdy xd2

xSACM2ACCMsinACM2(xy) S△

1d2sin2★★★已知△ABCBC、CAABDEFADBE、CF交于一點G，若△AGE、△CGD、△BGFG是△ABC的重心.解析a，而△AFG、△BGD與△GECxyz.由xyza3.A G G xyzxyzxaza1xAFS△AFGS△ACGaz1 .

axyzxyaax1azxyza3xya2 axyazADBE、CFG為重心★★已知△ABCDBC上，AB4，AD6，AC8，BD2

ABACADS

BD

△解析ADE，使CEABDE1AD3CE1AB2△AECAE9CE2，AC8，1(AECE2

19，

△

，又△ABC與△ACE高，故S△ABCAB2，所以 395S△

△ DCSABC面積最大時，ABACBC

4242

E5AKBCBK5

，于是KD2 AB2

6116

5

145，CD

5

145，BD45 45289287

★★已知△ABC2BCABACP滿足BCP901BCBP901C △BCP與△ABC面積相等解析PABC兩側(cè)，作△BCI使BCI901CCBI901B ICICIBIBI為△ABCI就是△ABCBC外的旁心，且有△BCP≌△CBI設(shè)旁切圓IRS

1(ABACBC)R2

，hABCIABCAI IS△ABCS△BCIS△BCP評注

S△

1(ABACBC)R2HABCADBE、CFBCACABBCACAB AHBH解析如圖，由于BHCBAC180AFFEHS△BHCBHCH

S△

ABS△AHBAHBH，S△AHCAHCHS△

AC

S△

ABBHCHAHBHAHCHAB AC 整理便是欲證式評注BCtanA等，故tanAtanBtanCtanAtanBtanC，此式對于鈍角三角形也成立ABCDABP△PCD的面積等于整解析如圖，設(shè)對角線交點為QACBDEF分別在CQBQ上AADQPFE DES△PCDS△CDES△CPES△PDE 1 ， 1 故

1

2△ 1

四邊形) 四邊形

BE

12

△PCB

1

2四邊形★★已知△ABCABAP1BP2BCBR1CR2，CA上截取CQ1AQ2，求△P1Q1R1的面積與△P2Q2R2的面積相等.解析AP1BP2a，BR1CR2b，CQ1AQ2c，P1P2m，R1R2n，Q1Q2l（mn、l可零可負）.

S△BP

S△CR

S△AP

S△CRQ1 1 1 2 2 2a(al)sinAb(am)sinBc(bn)sinCc(am)sinAa(bn)sinBb(lc)sinC(alcm)sinA(bman)sinB(cnbl)sinC0S△PQ

bS△PQR

AP1cmAP1cmIa11 22ABCA90ABaACbEACFBCA開始向CEFBES△EFCEAx的關(guān)系式.解析如圖，過點C作CDEFEFD，則有△ABE△DEC，得AEEFBCDABBEAE AExECkxa2a a2 得 ，CDDE a2 ，CDBECDBEEF

a2a2 EFBE EF 得aa2a2a2akxa2a2a2 a2

a2(k1)x2因(k1)xbkb1x 1EFCD1

ak2a2(k12

ax(bx)2a2bx

(0≤x≤b)★★已知△ABC中，D、E、FBC、CA、ABAD、BE、CF交于G，EFHAHGDHGAD解析AHADS

S△

S

AEAFGEFG

S△

AB GEFGS△EFCS△EFBS△EFCS△EFBAFAE，于是結(jié)論成立

ABFHFHGE 評注AH、GD即為調(diào)和點列★★★有兩個銳角△ABC與△ADE，其中BACDAE，BC、EDPH1H2分別是△ABC、△ADEH1H2APSABCSADE解析H1H1AP，設(shè)兩線交于點O，又設(shè)△ABCAM、CF；△ADE的兩條DGAN，并記BACDAE.A BM

N P由點OH1MPFBMH1AOAPAH1AMAFAB；AOAPAGAE.AFABACABcosAGAEADAEcosACABADAESABCSADESABCSADE，不能直接運用點O了.我們還是先證明AH1AMAH2AN，再分別作H1OAP，H2OAP，O、OAPAOAPAH1AMAH2ANAOAP，故O與OH1H2AP.評注充分性也可用四點共圓來證明MANBPPAPBMPANPB，試PMPNPAPB.P 解析由于MPNAPBPMPNPAPBS△PMNS△PABMNABMANBS△PMAS△PNBPMPAPNPBPMPN由于PNMBPABMPMPN，由此知結(jié)論成立ABCDJS、WX、TAB、BC、CD、DA上，WQPTSPRX.解析AQ、CQAR、CRBPDPPXS△PDCS△BPCS△PDCWPDJ

WQTPRQTPRQWXCSRS△ABRS△AQDS△APDQTDJ S△

S△

S△

PT由于WQPT，WPQTPXSP，兩端減1SPRX EF、GHDAABBC、CDAGMCEDGNMNFH或重合.解析如圖，連結(jié)MDBN，則EDEA S△MNDS△MNBS△MNAS△MNCS△MNBS△MNAS△MNCS△MNDF、HMN同側(cè)（B、C在同一側(cè)

1

)

MNFHF

HMNMNFH重合若線段FH與直線MN相交，不妨設(shè)FMN上或在MNHMN0≤S△MNCS△MNDS△MNBS△MNA0，，于是結(jié)論成立★★★★如圖，以銳角△ABCABDEBCFGACHKAGBHCE圍成△PQRAFBK、CD圍成△PQR（圖中未畫出PQRPQRKEAEARP BCDF解析△PQRPQRS△PQRS△PQRS△PQR為對稱式即可SABP.連結(jié)CP、CG.SABGS△DBCSBSASCSAPCSAGCSCSABC，分子是由于點GACBFAC距離之和S△ S△ 同理S△BPCS△BCH S△ S△ SAS△ SSS △ABCA △ABC ，△

S

S△ △ SASBSBSCSCS△BQCSARC.S S S

AB

S

SS AS△ A △ A△ S △

SSS△PQR也是此值.評注

S△

cotA等，如果cotAcotB1S△PQRS2S △ 2S△ABCS△ cotAcotBcot★★如圖，△ABC中，ADAE是中線，且BAEDAC，求證：ABACABAC解析 如圖（a，設(shè)BDx，CDy，ADh，BAEDAC，EAD，AθθαθBExyCE2

SABESACEABsinACsin( ABsin(

x2 又由△ABD AC

yy2

xyyxhyxyxABACxyh2時，有△BAD△ACD.由此可得BACBADABC90解析 （b，F(xiàn)AF EDEDB.ACFEF、DFEFAB，AFDF于是AEFBAEDACADFAEDF共圓，從而ABCFECCADBACBADCADBADABC90★★★試說明是否在所有△ABCPPBC、CA、AB上的射影分別DEFSAPES△BPDS△PCES△PBFS△PCDSAPF？解析當△ABCP顯然是存在的.但一般情形未必成立.試看如下反例.ABBCABBCP滿足要求.此時，由于EPEPF △FPB≌△PBD S△APES△BPDS△FBPS△PECEAC之中點此時四邊形EPBC為凸四邊形，故由

，得1

1 P并不總是存在的

△

2△

四邊形

2△DE、F分別在△ABCBC、CAABAD、BE、CFP若

1

P一定在△ABC在某條中線上△

2△解析如圖，設(shè)6個角形面積分別為p、k、q、m、r、n.有pqrmnk，這是由定理保證的.pqrmnk.A P 111111 qBDpk npqpmknkrqrrppqnkmnkn，證畢pqrCpqrApqqrrpBx3Ax2BxC0p、qrmnk，順序上先不講究pkpnrmqk的情況（qm，結(jié)論必成立qpkkp1 n pmrknqpkqmrn，結(jié)論也成立評注此題亦可不 定理.這個證法好處是增加一個知識，即111111 △ABCPBP、CPAC、ABE、F，EFAP交于點Q，作QDBCDBCDQ平分EDF.解析FMENBC垂直，我們的目的證明△FDM△EDNFMMD AFFQEP NFMS△BFCS△BFCS△ABCBFAC

S△

又 MDFQ

S△AFQ

AFS△ S△ACAFS△ABP

AES△ABAE

S△ACAFAEBFACBFABAECEAFABFMMD，證畢ENGH、HAEBEBF