利用面積法求有關(guān)線段的長(zhǎng)

☉江蘇省泰州市第二中學(xué)附屬初中曹文喜　汪　艷

利用面積法求有關(guān)線段的長(zhǎng)

☉江蘇省泰州市第二中學(xué)附屬初中曹文喜汪艷

面積法就是通過面積的相互轉(zhuǎn)化或面積與邊、角關(guān)系的互相轉(zhuǎn)化，而使問題得到解決的方法.對(duì)三角形而言，就是指利用三角形的面積自身相等的性質(zhì)，或根據(jù)等高（底）的兩個(gè)三角形的面積之比等于對(duì)應(yīng)底邊（對(duì)應(yīng)高）的比的性質(zhì)等進(jìn)行解題的一種方法.利用面積法解題具有便捷、快速的特點(diǎn)，它是中學(xué)數(shù)學(xué)中一種常見的解題方法.現(xiàn)舉例如下.

一、利用三角形的面積自身相等的性質(zhì)求線段的長(zhǎng)

問題1：已知等腰△ABC中，AB=AC=10，底邊BC上的高AD=8，求腰AC上的高BE的長(zhǎng).

圖1

分析：如圖1，由勾股定理可得DC= 6，根據(jù)等腰三角形的“三線合一”的性質(zhì)得到BC=12，利用△ABC自身的面積相等的性質(zhì)得：BC·AD=AC·BE，這樣很快就求得BE=9.6.

圖2

變式1：如圖2，已知△ABC中，AD是△ABC的中線，AD=4，BC=6，AC=5，點(diǎn)P是AB邊上的一點(diǎn)，且△PBD是以BP為底的等腰三角形，求線段AP的長(zhǎng).

分析：過D作DH⊥AB，垂足為H，因?yàn)锳C2=AD2+CD2，所以∠ADC=90°，即AD⊥BC.

根據(jù)等腰三角形的“三線合一”的性質(zhì)，得到PH= HB，所以PB=，所以線段AP的長(zhǎng)為.

總結(jié)：運(yùn)用面積法，需要借助等腰三角形的“三線合一”的性質(zhì)和勾股定理，這樣才能利用三角形的面積自身相等的性質(zhì)求出有關(guān)線段的長(zhǎng).

變式2：如圖3，在△ABC中，AD⊥BC于D，CE⊥AB于E，CE與AD交于H，已知EH=EB=3，AE=4，求AD的長(zhǎng).

圖3

在Rt△AEH和Rt△CEB中，因?yàn)镋H=EB，所以可證得Rt△AEH≌Rt△CEB，所以CE=AE=4，CB=AH=5.

總結(jié)：運(yùn)用面積法，需要利用三角形全等求出有關(guān)線段的長(zhǎng)，這樣才能很便利地利用三角形的面積自身相等的性質(zhì)解題.

變式3：如圖4，已知在△ABC中，BC=10，底邊BC上的高為AD，∠A=45°，AD⊥BC，垂足為D，且BD=6，BE⊥AC，垂足為E，BE交AD于O，求O點(diǎn)到AB的距離.

圖4

分析：這是一道難度較大的綜合題，過O作OH⊥AB，垂足為H，則OH的長(zhǎng)就是O點(diǎn)到AB的距離.根據(jù)三角形的面積自身相等的性質(zhì)，如果我們能夠求出AO、AB的長(zhǎng)，那么我們就可以求出OH的長(zhǎng).因?yàn)椤螦=45°，BE⊥AC，所以AE=BE.易得△AOE≌△BCE，所以O(shè)A=BC=10.

總結(jié)：運(yùn)用面積法，需要根據(jù)題目所給的特殊條件，運(yùn)用相似三角形和全等三角形的性質(zhì)，這樣才能利用面積法求出有關(guān)線段的長(zhǎng).

拓展1：求證矩形一邊上的任意一點(diǎn)到兩對(duì)角線的距離之和為定值.

圖5

如圖5，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，P為AD邊上的任意一點(diǎn)，PE⊥AC，PF⊥BD，求證：PE+PF的長(zhǎng)為定值.

分析：在矩形ABCD中由AB=m，BC=n，可得對(duì)角線AC=BD=，連接OP，則可把△AOD拆分成△AOP和△ODP，這樣△AOD的面積就等于△AOP的面積和△ODP的面積的和，作OH⊥AD，根據(jù)△AOD自身的面積相等的性質(zhì)可得：AD·OH，所以PE+PF=即PE+PF的長(zhǎng)為定值.

總結(jié)：這是一道以矩形為背景的題，其本質(zhì)也是利用三角形自身的面積相等的性質(zhì)解題，只是將三角形拆成便于求解面積的兩個(gè)小三角形而已.

拓展2：如圖6，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC為矩形，OC=6，OA=8，將矩形OABC沿AC翻折，點(diǎn)B正好落在點(diǎn)D處，求D點(diǎn)的縱坐標(biāo).

圖6

分析：過點(diǎn)D作DH⊥x軸，垂足為H.設(shè)OE的長(zhǎng)為x，則AE的長(zhǎng)為（8-x）.

由題意可知∠BCA=∠ACD，∠BCA=∠OAC，所以∠ACD=∠OAC，所以EC=EA=8-x.

在△OEC中，（8-x）2=62+x2，解得x=.

總結(jié)：這是一道將矩形置于平面直角坐標(biāo)系中的問題，可以先根據(jù)勾股定理和全等三角形的性質(zhì)求出有關(guān)線段的長(zhǎng)，再利用三角形的面積相等得到所要求的解.

拓展3：如圖7，四邊形ABCD是菱形，連接對(duì)角線AC，過點(diǎn)D作DH⊥AB于H，交AC于點(diǎn)M，CD=，對(duì)角線AC=10，求DH和MB的長(zhǎng).

分析：連接BD交AC于O，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AC⊥BD，且AC、BD互相垂直平分，所以AO=5.

圖7

根據(jù)對(duì)稱性可得MD=MB.

總結(jié)：這是一道以菱形為背景的題，可以根據(jù)菱形的對(duì)角線互相垂直平分的性質(zhì)，再利用面積相等法解之.

拓展4：如圖8，AD是△ABC的角平分線，以點(diǎn)C為圓心，CD為半徑作圓交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，交AE于點(diǎn)M，且∠B=∠CAE，EF∶FD=4∶3，DE=10.求線段ME的長(zhǎng).

圖8

圖9

分析：如圖9，連接DM，則DM⊥AE.

由AD是△ABC的角平分線，得∠1=∠2.

又∠ADE=∠1+∠B，∠DAE=∠2+∠3，且∠B=∠3，則∠ADE=∠DAE，則ED=EA=10.

由ED為⊙O的直徑，得∠DFE=90°，則EF⊥AD，則點(diǎn)F是AD的中點(diǎn)，故FD=FA.

總結(jié)：這是一道有關(guān)圓的綜合題，利用直徑所對(duì)的圓周角是直角，這樣就得到了三角形的高，從而很自然地想到了運(yùn)用面積法求之.

二、根據(jù)等高（底）的兩個(gè)三角形的面積之比等于對(duì)應(yīng)底邊（對(duì)應(yīng)高）的比的性質(zhì)等進(jìn)行解題

問題2：如圖10，在△ABC中，∠BAC=60°，AB=7，AC=6，過C作CE⊥CA，交AB的延長(zhǎng)線于E，AD是∠BAC的平分線，過B作BP∥EC，交AD于P，連接CP，過B作BF∥PC，交AC的延長(zhǎng)線于F，求線段CF的長(zhǎng).

分析：在Rt△ECA中，由∠BAC= 60°，得∠E=30°，所以AE=12，所以BE=5.

圖10

由于點(diǎn)P在∠BAC的平分線上，而BE、CF同時(shí)在這個(gè)角的兩邊上，所以P到BE、CF的距離相等，即△PBE與△PCF的兩條高相等.

由CE∥PB，可得S△PBE=S△PBC.

同理S△PCF=S△PBC.則S△PBE=S△PCF，進(jìn)而可以求出CF=BE= 5.

總結(jié)：根據(jù)等高的兩個(gè)三角形的面積之比等于對(duì)應(yīng)底邊的比的性質(zhì)，可以通過證明等高的兩個(gè)三角形的面積相等，證得對(duì)應(yīng)的底邊相等，從而求得有關(guān)線段的長(zhǎng).

變式：如圖11，在△ABC中，DE∥BC，交AB于D，交AC于E，AF∥EB交CB于F，AG∥DC交BC于G，如果BF= 5，求線段CG的長(zhǎng).

圖11

分析：通過觀察圖形，連接EF、DG.

由于△EBF和△DCG是等高的兩個(gè)三角形，要證BF= CG，只要證明S△EBF=S△DCG.

由AF∥EB，可得S△EBF=S△ABE同理，S△ADC=S△GCD.

由DE∥BC，得S△BDE=S△CDE.同加上S△ADE，可得S△ABE= S△ACD.

所以得到S△EBF=S△DCG，根據(jù)如果等高的兩個(gè)三角形的面積相等，那么它們對(duì)應(yīng)的底邊相等，可得到線段CG=5.

總結(jié)：此題更一般化，根據(jù)平行線間的距離處處相等，先得出同底的兩個(gè)三角形的面積相等，再利用等高的兩個(gè)三角形的面積之比等于對(duì)應(yīng)底邊的比的性質(zhì)，通過證明等高的兩個(gè)三角形的面積相等，證得對(duì)應(yīng)的底邊相等，從而求得有關(guān)線段的長(zhǎng).

總之，面積法是一種重要的解題方法，借助面積法可以把幾何問題中的線段關(guān)系或其他量與量的關(guān)系轉(zhuǎn)化為面積關(guān)系來解決，從而起到化繁為簡(jiǎn)、化難為易的作用.

1.彭翕成，張景中.仁者無敵面積法［M］.上海：上海教育出版社，2011.