一道平面幾何競賽題的探究

黃濤

1 競賽題呈現

題目 如圖1所示，已知△ABC中，∠BAC=90°，四邊形ABDE，BCFG是兩個正方形，AB的延長線交DG于點P，求證：AC=2BP.

這是第一屆“創新杯”全國數學邀請賽的一道試題.

分析：由題設，可知∠ABC+∠DBG=180°.所以∠ABC=∠BDG+∠DGB，∠DBG=∠BAC+∠ACB.如果我們按圖2所示作∠HBC=∠BGP，則容易證明△BDP≌△ABH，△BPG≌△CHB，從而BP=AH=HC，因此AC=2BP.

如果從待證結論出發考慮，可在圖中作出2BP，如圖3，延長BP至點O，使PO=PB，則BO=2PB，從而問題歸結為證明AC=BO.而這只需要證明△BDO≌△ABC即可.因為易證△OPD≌△BPG，所以DO=BG=BC，而DB=BA，故利用“HL”可證△BDO≌△ABC.

反思：在圖1中，由上述的分析過程可以看出，BH是△ABC的中線，PB是△DBG的中線，且不難證明BH⊥DG.因此，針對本題可以得到下列結論：

過點B平分AC邊的直線必垂直于線段DG；過點B平分線段DG的直線必垂直于AC邊.

本題中△ABC是直角三角形，如果換成一般的三角形，還有上述結論嗎？

2 探究

2.1 探究一：弱化題目條件

命題1 如圖4，分別以△ABC的兩邊AB和BC為邊向外作正方形ABDE和BCFG，過點B作直線BH⊥AC于點H，交DG于點P，則PD=PG，AC=2BP.

證明：如圖5，分別過點G、點D作BH的垂線，垂足分別為L，J.

∴∠L=90°，∠DJP=90°，GL∥DJ.

∵四邊形BCFG為正方形，

∴BG=BC，∠GBC=90°.

∴∠LBG+∠HBC=90°.

又∠HCB+∠HBC=90°，

∴∠LBG=∠HCB.

在△BHC和△GLB中，

∠BHC=∠L=90°，∠LBG=∠HCB，GB=BC，

∴△BHC≌△GLB（AAS）.

∴GL=BH，LB=HC.

同理，可證得△BDJ≌△ABH.

又易證△PDJ≌△PGL，

∴PD=PG，LP=JP.

∴BJ+LB=2BP.

又BJ=AH，LB=HC，

∴BJ+LB=AH+HC.

∴AC=2BP.

相應地，我們有如下命題：

命題2 如圖6，分別以△ABC的兩邊AB和AC為邊向外作正方形ABDE和BCFG，P是線段DG的中點，直線PB交AC于點H，則BH⊥AC，AC=2BP.

證明：如圖7，延長BP至點L，使得PL=BP，連接GL.

易證△BDP≌△LGP，且LG∥BD.

∴∠LGB+∠DBG=180°.

∵∠DBA=∠GBC=90°，

∴∠ABC+∠DBG=180°.

∴∠LGB=∠ABC.

又LG=BD=AB，BG=BC，

∴△ABC≌△LGB（SAS）.

∴LB=AC，∠LBG=∠ACB.

而LB=2BP，

∴AC=2BP.

∵∠LBG+∠CBH=90°，

∴∠ACB+∠CBH=90°.

∴∠BHC=90°.

∴BH⊥AC.

2.2 探究二：等價變換條件

在圖7中，如果連接LD，則四邊形DBGL是平行四邊形，即平行四邊形DBGL的對角線LB垂直于AC.平行四邊形的對角線互相平分，其交點正是對角線的中點，于是“中線”這個條件可以用平行四邊形的對角線等價代替，且對角線的長恰是相應中線長的兩倍.于是我們不難得到如下命題：

命題3 如圖8，分別以平行四邊形ABCD的邊AB，AD為邊向外作兩個正方形ABMX，ADNY，連接XY，CA，且CA的延長線交XY于點H，則AH⊥XY，且AC=XY.

這個命題正是武漢市1963年的一道數學競賽題.（我們僅僅添加了一個結論“AC=XY”.）

如果把正方形“砍掉”一半，變成等腰直角三角形，完全不影響命題的結論.于是有如下命題：

命題4 如圖9所示，分別以△ABC的邊AB和BC為邊向外作等腰直角三角形ABD和BCG，其中∠ABD=∠CBG=90°.

（1）若P是線段DG的中點，直線PB交AC于點H，則BH⊥AC，AC=2BP.

（2）若BH⊥AC于點H，HB的延長線交DG于點P，則PD=PG，AC=2BP.

2.3 探究三：運動變換圖形

如果把圖4、圖6中的正方形繞點B旋轉至各種位置，是否還有相應的結論呢？答案是肯定的，于是有如下命題：

命題5 如圖10所示，四邊形ABDE，BCFG均為正方形.

（1）若P是線段DG的中點，直線PB交AC于點H，則BH⊥AC，AC=2BP.

（2）若BH⊥AC于點H，HB的延長線交DG于點P，則PD=PG，AC=2BP.

3 拓展

如圖11，△AOB與△COD均為等腰直角三角形，其中OA=OB=4，OC=OD=2，連AC，BD.E，G分別為AC，BD的中點，連EO，OG.求△EOG的面積.

解析：如圖12，延長EO交BD于點F.由命題4，可知EF⊥BD，BD=2OE.

所以S△EOG=12EO·GF.

令GF=a，FD=b，則

BF=BG+GF=a+b+a=2a+b.

在Rt△BFO與Rt△OFD中，有

OB2-BF2=OD2-DF2.

所以16-（2a+b）2=4-b2.

化簡，得a2+ab=3.

所以可得，S△EOG=12EO＼5GF=14BD＼5GF=12（a+b）a=32.

一般地，△AOB與△COD均為等腰直角三角形，若OA=OB=m，OC=OD=n，m＞n，則有S△EOG=m2-n28.

Z