特殊多邊形的面積不等式

黨泉元

【摘要】多邊形的面積不等式與極值問題一直備受關(guān)注.一些特殊多邊形，如三角形、平行四邊形的面積不等式更是在中學(xué)數(shù)學(xué)競賽中經(jīng)常出現(xiàn).本文介紹了一些有趣的結(jié)論，并力求體現(xiàn)處理面積問題的一些方法.首先研究了平行四邊形和它的內(nèi)接三角形的面積之間的關(guān)系，其次研究了三角形與其內(nèi)含四邊形的面積關(guān)系，再次研究了三角形內(nèi)的五點(diǎn)問題，最后研究了面積為1的凸多邊形能被什么樣的平行四邊形和三角形覆蓋的問題，并列舉了實(shí)例論證了相關(guān)問題.

【關(guān)鍵詞】 面積不等式;特殊多邊形;慣性矩不等式; 三角形;凸多邊形

一、引 言

本文通過研究一些特殊多邊形的面積之間的關(guān)系問題來激發(fā)中學(xué)生對數(shù)學(xué)的濃厚興趣，同時(shí)達(dá)到磨礪其數(shù)學(xué)思維的目的，并通過課外知識(shí)來培養(yǎng)中學(xué)生獨(dú)立、創(chuàng)新的思維模式，提高中學(xué)生的數(shù)學(xué)素質(zhì).

對于平行四邊形和它的內(nèi)接三角形的面積之間的關(guān)系，有一個(gè)熟知的結(jié)論是：任一平行四邊形的內(nèi)含三角形的面積不超過這個(gè)平行四邊形面積的一半.這個(gè)結(jié)論的證明十分簡單，下面我們來討論這個(gè)結(jié)論的反面.

二、三角形與其內(nèi)含平行四邊形的面積關(guān)系

定理1[1] 任意一個(gè)三角形的內(nèi)含平行四邊形的面積不超過這個(gè)三角形面積的一半.

證明 設(shè)平行四邊形P1P2P3P4是△ABC內(nèi)的平行四邊形.

如圖1，不妨設(shè)直線P1P2，P3P4交邊BC于兩點(diǎn)，分別記為M2，M3，在這條直線上分別截取線段M2M1和M3M4，使得M2M1=P2P1，M3M4=P3P4，

則四邊形M1M2M3M4是平行四邊形，且

S平行四邊形M1M2M3M4=S平行四邊形P1P2P3P4.

設(shè)直線M1M4分別交邊AB，AC于兩點(diǎn)D，E，過點(diǎn)E作AB的平行線交BC于F，則可得平行四邊形BDEF，易知

S平行四邊形BDEF≥S平行四邊形M1M2M3M4=S平行四邊形P1P2P3P4.

因此要證S平行四邊形P1P2P3P4≤12S△ABC，

只需證明S平行四邊形BDEF≤12S△ABC.（1）

下面證（1）式，如圖2，

設(shè)λ=ADAB，則由

△ADE∽△ABC，

可知S△ADE=λ2S△ABC.

同理S△EFC=（1-λ）2S△ABC.

因此S△ADE+S△EFC=[λ2+（1-λ）2]S△ABC≥12S△ABC，

所以S平行四邊形BDEF=S△ABC-（S△ADE+S△EFC）≤12S△ABC.

（1）得證，且當(dāng)D，E，F(xiàn)分別為三邊的中點(diǎn)時(shí)等號(hào)成立（如圖2所示），

所以S平行四邊形P1P2P3P4≤12S△ABC.

上面的證法是典型的化歸法，即將一般的平行四邊形P1P2P3P4轉(zhuǎn)化為有一組邊與BC平行的平行四邊形M1M2M3M4，再轉(zhuǎn)化為兩組邊分別平行于三角形兩邊的非常特殊的平行四邊形BDEF，從而使問題得到簡化.

如圖3，設(shè)P是△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，直線AP，BP，CP與三邊的交點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)，則△DEF叫作點(diǎn)P的塞瓦（Ceva）三角形.

如圖4，若△ABC內(nèi)的一點(diǎn)P在三邊BC，CA，AB上的射影分別為D，E，F(xiàn)，則△DEF叫作點(diǎn)P的垂足三角形.

關(guān)于點(diǎn)P的塞瓦三角形和垂足三角形有下面兩個(gè)著名的命題.

命題1 若P是△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，則點(diǎn)P的塞瓦三角形DEF的面積不超過14S△ABC.

命題2 若P是△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，則點(diǎn)P的垂足三角形DEF的面積不超過14S△ABC.

楊林先生首先注意到定理1和命題1的關(guān)系，他通過建立塞瓦三角形的擴(kuò)張性質(zhì)（下面的例1）發(fā)現(xiàn)了命題1和定理1的推論.

例1[1] 設(shè)P是△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，點(diǎn)P的塞瓦三角形為△DEF，求證：總可以以△DEF的某兩邊為鄰邊作一平行四邊形，使之位于△ABC內(nèi).

證明 如圖5所示，設(shè)G是△ABC的重心，N，M分別是邊AC和AB的中點(diǎn).不妨設(shè)P在四邊形ANGM內(nèi)部或邊界上，則E，F(xiàn)分別在線段AN，AM的內(nèi)部或端點(diǎn)處，所以AFFB≤1，AEEC≤1，

又不妨設(shè)AFFB≤AEEC，由塞瓦定理可得AFFB·BDDC·CEEA=1.

由此推得BDDC=AECE·FBAF≥1.

如圖6，作出以EF，ED為鄰邊的平行四邊形FEDE′，接下來只需證E′位于△ABC內(nèi)部或邊界上即可.

過F作FF′∥BC，F(xiàn)′落在AC上.

因?yàn)锳FFB≤AEEC，所以F′在線段AE內(nèi)部或端點(diǎn)上.

因?yàn)椤螮′DF=∠EFD≤∠F′FD=∠FDB，

所以DE′在∠FDB內(nèi)部或邊界上.同理CEEA≥1≥CDDB，

也可證明FE′在∠BFD的內(nèi)部或邊界上，故E′在△FDB的內(nèi)部或邊界上，結(jié)論得證.

注1 定理1和命題1通過例1聯(lián)合起來了，即由例1和定理1命題1.

一個(gè)自然的問題是：內(nèi)點(diǎn)P的垂足三角形是否有類似于塞瓦三角形的擴(kuò)張性質(zhì)呢？

易知鈍角三角形的內(nèi)點(diǎn)的垂足三角形一般不具有擴(kuò)張性質(zhì)，但對于銳角三角形有下面的正面回答.

例2 如圖7，已知鈍角三角形ABC的外接圓半徑為1，求證：存在一個(gè)斜邊長為2+1的等腰三角形能夠覆蓋△ABC.

證明 ?不妨設(shè)∠C>90°，于是min{∠A，∠B}<45°.不妨設(shè)∠A<45°.如圖7所示，以AB為直徑，在頂點(diǎn)C的同側(cè)作半圓O，則C位于半圓O內(nèi).作射線AT使得∠BAT=45°.過O作AT的平行線，且與半圓相交于點(diǎn)E.過點(diǎn)E作半圓的切線，分別交AB的延長線和AT于點(diǎn)D和F，則等腰直角三角形ADF能夠覆蓋△ABC，并且AD=AO+OD=12AB+22AB=AB2（1+2），

又AB=2，所以AD=1+2.

即存在一個(gè)斜邊長為2+1的等腰三角形能夠覆蓋△ABC.

例3[2] 設(shè)P是銳角三角形ABC內(nèi)一點(diǎn)，關(guān)于P的垂足三角形為△DEF.求證：總可以以△DEF的某兩邊為鄰邊作一平行四邊形使之位于△ABC內(nèi).

證明 設(shè)O是△ABC的外心，因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以O(shè)位于△ABC內(nèi).不妨設(shè)P落在△AOB內(nèi)，如圖8所示.

我們證明以FE，F(xiàn)D為鄰邊的平行四邊形DFEG位于△ABC內(nèi).為此，只需證明

∠FEG≤∠FEC，（2）

∠FDG≤∠FDC.（3）

下證（2），（3）類似可證.

由線段的平行關(guān)系易得∠FEG=∠AFE +∠BFD，

∠FEC=∠AFE+∠BAC，

因此要證（2）， 只需證

∠BFD≤∠BAC.（4）

事實(shí)上， 由B，F(xiàn)，P，D四點(diǎn)共圓，知

∠BFD=∠BPD. （5）

現(xiàn)過O作OH⊥BC，垂足為H，則由

∠PBD≥∠OBH，

可知∠BPD≤∠BOH，（6）

而O為△ABC的外心，

∴∠BOH=∠BAC，（7）

由（5）（6）（7）（4），即可得證.

注2 由例3知，對于銳角三角形，由定理1可推出命題2.上例曾是第2屆中國西部數(shù)學(xué)奧林匹克試題.

三、三角形內(nèi)的五點(diǎn)問題

這是A.Soifer提供給Colorado數(shù)學(xué)奧林匹克的一道試題.他提出并證明了：在單位面積的三角形內(nèi)任給五點(diǎn)，則至少有三點(diǎn)組成的三角形面積不超過14.

不難證明，五點(diǎn)問題的點(diǎn)數(shù)不能減少，但著眼于結(jié)論中三角形的個(gè)數(shù)，我們?nèi)阅芨倪M(jìn)問題的結(jié)論.下面的例4是黃仁壽先生最早發(fā)現(xiàn)并證明的.

例4[3] 在單位面積的三角形中任給五點(diǎn)，則其中必存在兩個(gè)不同的三點(diǎn)組使得以它們?yōu)轫旤c(diǎn)構(gòu)成的三角形的面積不超過14.

證明 我們需要下面常用的引理.

引理 設(shè)凸四邊形位于一個(gè)單位面積的三角形內(nèi)，則這個(gè)凸四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)中必有三個(gè)頂點(diǎn)組成的三角形的面積不超過14.

凸四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)在本質(zhì)上都可化歸到三角形的邊上，因此這個(gè)引理實(shí)質(zhì)上就是大家熟知的首屆冬令營的試題的第二題.即設(shè)P1，P2，P3，P4位于△ABC的三邊上，求證：△P1P2P3，△P1P3P4，△P2P3P4，△P1P2P4中必有一個(gè)面積小于或等于14S△ABC.

下面回證原題.

當(dāng)這五個(gè)點(diǎn)的凸包為線段時(shí)，結(jié)論自然成立.

當(dāng)這五個(gè)點(diǎn)的凸包為三角形時(shí)，則可以以這五個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)作出五個(gè)互不相交的三角形，如圖9所示，而且它們的總面積小于或等于1，故必有兩個(gè)三角形的面積不超過14.

當(dāng)這五個(gè)點(diǎn)的凸包為凸四邊形時(shí)，不妨設(shè)五點(diǎn)分布如圖10所示，即P5位于凸四邊形P1P2P3P4內(nèi)，由引理可知P1，P2，P3，P4中必有三點(diǎn)組成的三角形的面積不超過14，

又S△P1P2P5+S△P2P3P5+S△P3P4P5+S△P4P1P5≤S四邊形P1P2P3P4≤S△ABC=1，

因此△P1P2P5，△P2P3P5，△P3P4P5，△P4P1P5中必有一個(gè)的面積小于或等于14，結(jié)論成立.

若這五點(diǎn)的凸包為凸五邊形，則其中任何四個(gè)頂點(diǎn)均可構(gòu)成嵌入△ABC中的凸四邊形，如圖11所示，這樣的凸四邊形有C45=5個(gè).因而包括重復(fù)計(jì)算，必有5個(gè)面積不超過14的三角形，又每個(gè)三角形至多重復(fù)兩次，故面積不超過14的三角形的個(gè)數(shù)大于52=2，結(jié)論得證.

注3 可以證明上例的結(jié)論還可以改進(jìn)，其中存在的兩個(gè)三角形可改進(jìn)為三個(gè)三角形（不能改進(jìn)為四個(gè)三角形）的面積不超過14.但篇幅很長，這里省略.

注4 任給一個(gè)圖形F，令S（F）表示滿足下面條件的最小的正整數(shù)n，在F內(nèi)部（含邊界）任給n個(gè)點(diǎn)使得總存在其中的三個(gè)點(diǎn)，它們構(gòu)成的三角形的面積不超過|F|4，這里|F|表示F的面積.A.Soifer的五點(diǎn)問題等價(jià)于下面的命題3.

命題3 對于任意的三角形T，S（T）=5.A.Soifer進(jìn)一步證明了.

命題4 對任意的平行四邊形P，S（P）=5.

一個(gè)自然的問題是：是否對于任意的圖形F都有S（F）=5？

答案是否定的，A.Soifer證明了.

命題5 對正五邊形F，S（F）=6.

對任意的凸的圖形F，S（F）都可以取什么樣的值呢？A.Soifer證明了S（F）只能在很小的范圍內(nèi)取值，即有

命題6 對任意的凸的圖形F，4≤S（F）≤6.

關(guān)于命題6的更進(jìn)一步的結(jié)論是：

命題7 對任意的凸的圖形F，S（F）≠4.

命題8 對任意的凸的圖形F，S（F）=5，或者S（F）=6.

一個(gè)有趣但未解決的問題是：什么樣的凸的圖形F使得S（F）=5？什么樣的凸的圖形F使得S（F）=6？

四、單位面積的凸多邊形被平行四邊形和三角形覆蓋的問題

例5 ?平面上任給n個(gè)點(diǎn)，其中任何三點(diǎn)可組成一個(gè)三角形，每個(gè)三角形都有一個(gè)面積.令最大面積與最小面積之比為μn，求μ5的最小值.

解 設(shè)平面內(nèi)的任意五點(diǎn)為A1，A2，A3，A4，A5，其中任意3點(diǎn)均不共線.

（1）若5點(diǎn)的凸包不是凸五邊形，那么其中必有一點(diǎn)落在某個(gè)三角形內(nèi)，這時(shí)易證μ5≥3.

（2）當(dāng)5點(diǎn)的凸包為凸五邊形A1A2A3A4A5時(shí)，作MN∥A3A4分別交A1A3，A1A4于M和N，且使得A1MMA3=A1NNA4=5-12.

（?。?A2，A5中有一點(diǎn)，比如A2與A3，A4在直線MN的同側(cè)時(shí)，有μ5≥S△A1A3A4S△A2A3A4≥A1A3MA3=1+A1MMA3=5+12.

（ⅱ） A2，A5與A1均在直線MN的同側(cè)時(shí)，設(shè)A2A5交A1A3于O，則A1O≤A1M，

于是μ5≥S△A2A3A5S△A1A2A5=OA3OA1≥MA3MA1=5+12.注意到3>5+12，所以總有μ5≥5+12.

當(dāng)A1，A2，A3，A4，A5為邊長為a的正五邊形的5個(gè)頂點(diǎn)時(shí)，有μ5=S△A1A3A4S△A1A2A3=12A1A3·A1A4sin 36°12A1A2·A1A3sin 36°=A1A4A1A2=5+12.

綜上可得μ5的最小值為5+12.

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