求四边形的面积

lemondian

如图，沿$\triangle ABC$的两边$AC,CB$向外作正方形$ACDE$和正方形$CBFG$，连接$DF,DG,EG$，并分别取其中点$X,Y,Z$。设$AB=c$，记四边形$CXYZ$的面积为$S$。求$S$（用$c$表示）。

战巡

如图，连$ZX, EC$，令$O,M$为$EC,AC$中点，连$ZM$并延长交$AB$于$H$

易证$ZY\parallel ED\parallel AC$，$YX\parallel GF\parallel CB$，而且$ZY=\frac{1}{2}ED=\frac{1}{2}AC$，$YX=\frac{1}{2}GF=\frac{1}{2}BC$
如此可知$\angle ZYX=\angle ACB$，$\Delta ZYX\sim\Delta ABC$，也就有$XZ\parallel AB$，以及$XZ=\frac{1}{2}AB=\frac{c}{2}$，$S_{\Delta XYZ}=\frac{1}{4}S_{\Delta ABC}$
令$\Delta ABC$在$AB$边上的高为$h$，则有
\[S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}h\cdot AB=\frac{ch}{2}\]
即
\[S_{\Delta XYZ}=\frac{ch}{8}\]

同理也可以证明$\Delta OZM\sim \Delta ABC$，也有$ZM=\frac{1}{2}AB$，且不难证明$ZM\perp AB$

由于$M$为$AC$中点，$MH\perp AB$，显然$MH=\frac{h}{2}$，即
\[ZH=ZM+MH=\frac{c}{2}+\frac{h}{2}\]
注意$ZX\parallel AB$，那么$C$到$ZX$的距离，即为$ZH-h=\frac{c}{2}-\frac{h}{2}$，于是
\[S_{\Delta ZXC}=\frac{1}{2}XZ\cdot (\frac{c}{2}-\frac{h}{2})=\frac{1}{8}c(c-h)\]
\[S_{CXYZ}=S_{\Delta XYZ}+S_{\Delta ZXC}=\frac{ch}{8}+\frac{1}{8}c(c-h)=\frac{c^2}{8}\]

kuing

先看一道常见的初中题：

如图，两个正方形，过 `C` 作 `AB` 的垂线，交 `AB` 于 `H`，交 `DG` 于 `I`。
再分别过 `D`, `G` 作垂线的垂线，垂足为 `M`, `N`。
则 `\triangle CDM\cong\triangle ACH`, `\triangle CGN\cong\triangle BCH`，
所以 `DM=CH=GN`，所以 `I` 为 `DG` 中点，
以及 `CI=(CM+CN)/2=(AH+BH)/2=AB/2`。

回到原题，`Y` 就是上面的 `I`，那就有 `CY\perp AB` 且 `CY=AB/2`。

另外显然 `XY\pqd\frac12FG=\frac12BC`, `YZ\pqd\frac12DE=\frac12CA`，
由此得 `XZ\pqd\frac12AB`。

综上即得 `S=CY\cdot XZ/2=c^2/8`。

lemondian

如果是发下两种情况（如图），那么1#的结论是否成立？如果成立，如何证明？

kuing

lemondian 发表于 2025-1-15 15:47
如果是发下两种情况（如图），那么1#的结论是否成立？如果成立，如何证明？

...

完全没影响，一样是 `S=CY\cdot XZ/2`

一般地，`S_{ABCD}=AC\cdot BD\cdot\sin\langle AC,BD\rangle/2`，无论四边形是凸是凹还是自交。

这是常识，不要再问为什么。