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《中学数学杂志》2011年第6期《探究与分点有关的两个正方形面积的比值》一文,通过五个例题探讨了正方形的几种分割形成的新正方形的面积计算,读后颇受启发,细细思考又觉得太繁琐,能否将各种情形统一起来计算？回答是肯定的.其次,当设正方形边的n等分的第m分点时,m是分点个数,不便推广至实数.本文对此问题再作一探究,供交流参考．
设点E、F、G、H分别在正方形ABCD的AB、BC、CD、DA边上,且满足AEEB=BFFC=CGGD=DHHA=mn,AF分别交DE、BG于P、Q,CH分别交BG、DE于M、N,如图1.则由正方形的对称性易知四边形PQMN是正方形.
事实上,Rt△ABF≌Rt△BCG,∠BAF=∠CAG,故BG⊥AF,PQ=QM.由对称性即知四边形PQMN是正方形.
欲求正方形PQMN的面积,只需求出PQ长即可.今设AB=1,则 APPQ=mn, AP=mnPQ,BF=AE, AP=BQ, PE=QF. QFBQ=BFAB=mm+n, QF=mm+n•mnPQ=m2n（m+n）PQ,AF=1+（mm+n）2=（m+n）2+m2m+n=mnPQ+PQ+m2n（m+n）PQ,
所以 PQ=n（m+n）2+m2,
S正方形PQMN=n22m2+2mn+n2.
下面我们看看几个特例：
1.当m=n,即点E为AB的中点时,PQ=15,S正方形PQMN=15．
2.当m=1,n=2,即点E为AB三等分点的第一个分点时,PQ=105, S正方形PQMN=25．
3.当m=2,n=3,即点E为AB五等分点的第二个分点时,PQ=329,S正方形PQMN=929．
4.当m=5-12,n=3-52,即点E为AB的黄金分割点时,PQ=3-521+5-122=3-510-25,S正方形PQMN=14-6510-25=5-255．
5.当n=5-12,m=3-52,即点E为BA的黄金分割点时,PQ=5-121+（3-52）2=5-118-65, S正方形PQMN=6-2518-65=13．
值得注意的是:
①当点E为AB的外分点时,考虑AE,EB为有向线段,设AE的方向为正方向时,m＞0,则上述结论依然成立．
事实上,若点E在AB延长线上,且满足AEEB=BFFC=CGGD=DHHA=mn时,如图2,设AB=1,m＞0,n＜0, APQP=m-n,AP=-mnQP. BQPE=APQF=m+nm, QF=mm+nAP,AF=1+（mm+n）2=AP+QF-QF=-mnQP+mm+n-mnQP-QP=-(m+n)2+m2n（m+n）QP,所以 QP=-n(m+n)2+m2, S正方形PQMN=n22m2+2mn+n2.
② 当点E在BA延长线上时,设m＜0, n＞0,结论依然成立．
③ 容易证明四边形EFGH是正方形. S正方形EFGH=m2+n2(m+n)2．
④ 在正n边形中有类似的结论.我们先讨论正三角形中的问题．
如图3,设点D、E、F分别在正三角形ABC的BC、CA、AB边上,且满足
AEEC=CDDB=BFFA=mn,m＜n.设AB=1,AE=mk,EC=nk,则k=1m+n.容易证AD=BE=CF,∠DAC=∠DCM, △PMN是正三角形.△APE∽△ACD, PE=MD,
APAC=PECD=AEAD,AP=mm+n•1AD,PE=m2(m+n)2•1AD.而AD=AP+PM+MD,
AD2=AC2+CD2-2AC•CD•cos 60°
=1+mm+n2-mm+n=m2+mn+n2(m+n)2
因为PM=AD-AP-MD
所以 PM=1ADAD2-m(m+n)+m2(m+n)2
=m+nm2+mn+n2•n-mm+n=n-mm2+mn+n2.
注: 1.当分点E满足AE＞CE时,有PM=m-nm2+mn+n2．
2.易证△DEF是正三角形．
3.由PM易算正△PMN的面积．
4.当点E为边AC的外分点时,赋予m,n的+,-符号,有类似结论．
下面考虑正n边形的情形.设A1B1B1A2=A2B2B2A3=…=An-1Bn-1Bn-1An=AnBnBnA1=mn, A1B2与A2B3及AnB1相交于C1,C2,An-1Bn与AnB1相交于Cn.如图4,设A1A2=1,则A1B1=A2B2=mm+n,B1A2=nm+n．
因为△A1A2B2≌△AnA1B1∠B2A1A2=∠B1AnA1,∠A1B2A2=∠AnB1A1.
所以 ∠CnC1C2=∠AnA1A2,由对称性即知多边形C1C2…Cn是正n边形．
又 △A1B1C1∽△A1B2A2,C1B1=C2B2
A1C1A1A2=A1B1A1B2=C1B1A2B2A1C1=mA1B2（m+n）,C2B2=C1B1=m2A1B2（m+n）2,
C1C2=A1B2-A1C1-C2B2
=1A1B2A1B22-mm+n-m2(m+n)2,
A1B22=A1A22+A2B22-2A1A2•A2B2•cos（n-2）πn=1+mm+n2-2•mm+ncos(n-2)πn,
C1C2=1A1B21-mm+n-2mm+ncos(n-2)πn
=1A1B2•n-2mcos(n-2)πnm+n
=n-2mcos（n-2）πn(m+n)2+m2-2m（m+n）cos（n-2）πn．
注: 1.易证多边形B1B2…Bn是正n边形．
2.正n边形C1C2…Cn的面积易求．
3.当Bi为正n边形A1A2…An边的外分点时,赋予m,n的+,-符号,结论仍然成立．
作者简介:周余孝,男,汉族,1956年4月生,四川蓬溪县人,中国数学会会员,中学数学特级教师,遂宁市拔尖人才,在全国多种刊物发表中小学数学教育文章80余篇．
设点E、F、G、H分别在正方形ABCD的AB、BC、CD、DA边上,且满足AEEB=BFFC=CGGD=DHHA=mn,AF分别交DE、BG于P、Q,CH分别交BG、DE于M、N,如图1.则由正方形的对称性易知四边形PQMN是正方形.
事实上,Rt△ABF≌Rt△BCG,∠BAF=∠CAG,故BG⊥AF,PQ=QM.由对称性即知四边形PQMN是正方形.
欲求正方形PQMN的面积,只需求出PQ长即可.今设AB=1,则 APPQ=mn, AP=mnPQ,BF=AE, AP=BQ, PE=QF. QFBQ=BFAB=mm+n, QF=mm+n•mnPQ=m2n（m+n）PQ,AF=1+（mm+n）2=（m+n）2+m2m+n=mnPQ+PQ+m2n（m+n）PQ,
所以 PQ=n（m+n）2+m2,
S正方形PQMN=n22m2+2mn+n2.
下面我们看看几个特例：
1.当m=n,即点E为AB的中点时,PQ=15,S正方形PQMN=15．
2.当m=1,n=2,即点E为AB三等分点的第一个分点时,PQ=105, S正方形PQMN=25．
3.当m=2,n=3,即点E为AB五等分点的第二个分点时,PQ=329,S正方形PQMN=929．
4.当m=5-12,n=3-52,即点E为AB的黄金分割点时,PQ=3-521+5-122=3-510-25,S正方形PQMN=14-6510-25=5-255．
5.当n=5-12,m=3-52,即点E为BA的黄金分割点时,PQ=5-121+（3-52）2=5-118-65, S正方形PQMN=6-2518-65=13．
值得注意的是:
①当点E为AB的外分点时,考虑AE,EB为有向线段,设AE的方向为正方向时,m＞0,则上述结论依然成立．
事实上,若点E在AB延长线上,且满足AEEB=BFFC=CGGD=DHHA=mn时,如图2,设AB=1,m＞0,n＜0, APQP=m-n,AP=-mnQP. BQPE=APQF=m+nm, QF=mm+nAP,AF=1+（mm+n）2=AP+QF-QF=-mnQP+mm+n-mnQP-QP=-(m+n)2+m2n（m+n）QP,所以 QP=-n(m+n)2+m2, S正方形PQMN=n22m2+2mn+n2.
② 当点E在BA延长线上时,设m＜0, n＞0,结论依然成立．
③ 容易证明四边形EFGH是正方形. S正方形EFGH=m2+n2(m+n)2．
④ 在正n边形中有类似的结论.我们先讨论正三角形中的问题．
如图3,设点D、E、F分别在正三角形ABC的BC、CA、AB边上,且满足
AEEC=CDDB=BFFA=mn,m＜n.设AB=1,AE=mk,EC=nk,则k=1m+n.容易证AD=BE=CF,∠DAC=∠DCM, △PMN是正三角形.△APE∽△ACD, PE=MD,
APAC=PECD=AEAD,AP=mm+n•1AD,PE=m2(m+n)2•1AD.而AD=AP+PM+MD,
AD2=AC2+CD2-2AC•CD•cos 60°
=1+mm+n2-mm+n=m2+mn+n2(m+n)2
因为PM=AD-AP-MD
所以 PM=1ADAD2-m(m+n)+m2(m+n)2
=m+nm2+mn+n2•n-mm+n=n-mm2+mn+n2.
注: 1.当分点E满足AE＞CE时,有PM=m-nm2+mn+n2．
2.易证△DEF是正三角形．
3.由PM易算正△PMN的面积．
4.当点E为边AC的外分点时,赋予m,n的+,-符号,有类似结论．
下面考虑正n边形的情形.设A1B1B1A2=A2B2B2A3=…=An-1Bn-1Bn-1An=AnBnBnA1=mn, A1B2与A2B3及AnB1相交于C1,C2,An-1Bn与AnB1相交于Cn.如图4,设A1A2=1,则A1B1=A2B2=mm+n,B1A2=nm+n．
因为△A1A2B2≌△AnA1B1∠B2A1A2=∠B1AnA1,∠A1B2A2=∠AnB1A1.
所以 ∠CnC1C2=∠AnA1A2,由对称性即知多边形C1C2…Cn是正n边形．
又 △A1B1C1∽△A1B2A2,C1B1=C2B2
A1C1A1A2=A1B1A1B2=C1B1A2B2A1C1=mA1B2（m+n）,C2B2=C1B1=m2A1B2（m+n）2,
C1C2=A1B2-A1C1-C2B2
=1A1B2A1B22-mm+n-m2(m+n)2,
A1B22=A1A22+A2B22-2A1A2•A2B2•cos（n-2）πn=1+mm+n2-2•mm+ncos(n-2)πn,
C1C2=1A1B21-mm+n-2mm+ncos(n-2)πn
=1A1B2•n-2mcos(n-2)πnm+n
=n-2mcos（n-2）πn(m+n)2+m2-2m（m+n）cos（n-2）πn．
注: 1.易证多边形B1B2…Bn是正n边形．
2.正n边形C1C2…Cn的面积易求．
3.当Bi为正n边形A1A2…An边的外分点时,赋予m,n的+,-符号,结论仍然成立．
作者简介:周余孝,男,汉族,1956年4月生,四川蓬溪县人,中国数学会会员,中学数学特级教师,遂宁市拔尖人才,在全国多种刊物发表中小学数学教育文章80余篇．