1．已知长方体中..若棱上存在点使.则棱的长的取值范围是． [解析]如图建立坐标系.设. .则.. ∴.. ∵.∴. 即..当时.．——青夏教育精英家教网—

1．已知长方体中，，若棱上存在点使，则棱的长的取值范围是．

[解析]如图建立坐标系，设，

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即，，当时，．

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：　　

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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：　　

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20、(本小题满分13分)