一道北大综合营试题的证法赏析

沈佳瑶

近年，北京大学每年暑期都会举办数学体验营活动.这类活动的题目总体难度不大，但有竞赛的味道.2019年北大综合营第4题是一道平面几何题，笔者探究出这道试题的多种证法.

一、试题呈现

如图1，已知等腰直角△ABC，∠A=90°，点D在边AB上，E在边AC上，AD=AE，过点A，D分别作BE的垂线交BC于P，Q.用平面几何方法证明：PQ=PC.

试题简洁明了，结构也不算复杂，题目特意强调用平面几何方法证明.自然的想法就是添加辅助线，证明的途径较多，关键在于利用题目条件进行合理的转化.

二、证法赏析

思路一 两条线段AP和DQ都垂直于BE，可以通过构造平行线成比例解决问题.不同的解题视角，可得到以下4种证法.

证法1：如图2所示，构造一个正方形ABFC，延长AP、DQ交CF于是点S、点R.

由于AP⊥BE，DQ⊥BE，则AS//DR，又AD//SR，所以四边形ADRS为平行四边形，

所以AD=RS.由条件知Rt△BAE≌Rt△ACS，则AE=CS，又因为AD=AE，所以CS=SR，

结合PS//QR，得PQ=PC.

证法2：如图3，延长DA至点F，使得DA=AF，连接CF.

由条件可知Rt△BAE≌Rt△CAF，则∠AEB=∠AFC，AE=AF.

由DQ⊥BE，知∠BDQ=∠AEB=∠AFC，

所以CF//DQ，又因为DA=AF，故PQ=PC.

证法3：如图3所示，延长DA至点F，使得DA=AF，连接CF.

因为AD=AE，所以AE=AF.由条件可得△ABE≌△ACF.所以∠AEB=∠AFC.

所以∠ABE+∠AFC=∠ABE+∠AEB=90°.所以FC⊥BE，

从而FC//AP//DQ.又因为DA=AF，所以CP=PQ.

证法4：如图4所示，过点C作CF//AP交BA的延长线于F点，延长BE交FC于点H，设DQ交BE于G点，AP交BE于I点.连接AH和AG.因为AE=AD，AC=AB，所以CE=BD.由DQ⊥BE，∠A=90°，得∠BDG=∠BEA=∠CEH，所以Rt△BGD≌Rt△CHE，所以DG=EH.由∠BDG=∠CEH，得∠ADG=∠AEH，所以△ADG≌△AEH，所以AG=AH，AG⊥AH，因为AI⊥GH，所以GI=IH.又因为DQ//AP//FC，所以CP=PQ.

思路二 图形中有众多垂直关系，可以通过作垂线，构造全等三角形和相似三角形，可得以下两种证法.

证法5：如图5所示，过点C作CG⊥AC，交AP延长线于点G.

在等腰Rt△ABC中，∠BAE=90°，AB=AC，AP⊥BE，所以∠GAC=∠ABE，

又∠ACG=∠BAE=90°，所以△BAE≌△ACG，所以CG=AE=AD.

因為DQ⊥BE，AP⊥BE，所以DQ//AP，ADAE=PQBP.

因为CG//AB，所以CGAB=CPBP，所以PQ=PC.

证法6：如图6所示，过点P作PG⊥AC，垂足为点G.

易知GP=GC，由条件知△ABE∽△GAP，且AP//DQ，则ABAE=AGGP，ABAD=BPPQ.

不妨令AB=AC=a，AD=AE=b，GP=GC=x，PQ=y，

则PC=2x，BP=2（a－x），所以ab=a－xx，ab=2（a－x）y，

所以PQ=y=2x=PC，故PQ=PC.

思路三 利用旋转变换，同样可得全等三角形，这样两个三角形对应边互相垂直，且梯形的中位线与上、下底都是平行的.可得以下证法.

证法7：如图7，将线段AE绕点A逆时针旋转90°到点F，连接CF、CD.

则Rt△ACF≌Rt△ACD.所以∠ACF=∠ACD.

由AB=AC，∠BAE=∠CAD=90°，AD=AE

知Rt△ABE≌Rt△ACD.

所以∠ABE=∠ACD，故∠ACF=∠ABE.

由∠ABE+∠AEB=∠EAP+∠AEB=90°

知∠ABE=∠EAP.故∠ACF=∠EAPCF//AP.

由AP⊥BE，DQ⊥BEDQ//AP，故DQ//AP//CF.

所以PQPC=ADAT=ADAE=1，即PQ=PC.

思路四 题目即是证明点P是线段CQ的中点，可以联想三角形中位线.得到以下证法.

证法8：如图8所示，连接CD交AP于F点.

由条件知AP⊥BE，DQ⊥AE，△ABE≌△ACD，所以∠ADC=∠AEB，∠ABE=∠ACD，

又∠AEB+∠ABE=∠AEB+∠CAP=90°，所以∠CAP=∠ABE=∠ACD，所以FA=FC.

又∠ADC=90°－∠ACD=90°－∠CAP=∠DAF，所以FD=FA，所以FD=FC.

因为AP//DQ，所以CP=PQ.

思路五 直观的证明难点在于点P、点Q的表达，利用面积可以实现消点.得到如下证法.

证法9：如图9所示，设AP交BE于点F，连接DP，AQ.

由条件知AP//DQ，所以S△APD=S△APQ.

所以PQPC=[JP4]S△APQS△APC=S△APDS△APC=AD·sin∠PADAC·sin∠PAC=AE·sin∠AEFAB·sin∠ABF=AFAF=1.故CP=PQ.

思路六 既然是证法赏析，我们抛开题目限定的平面几何方法去思考其他的方法，我们又可得到三角法和向量法两种典型的证明方法.

证法10：如图10所示，设AP，DQ分别与BE交于点F，G.设∠ABE=θ，则∠CBE=45°－θ.

AB=AC=1，则BC=2.

在Rt△ABE中，AB=1，∠ABE=θ，则AD=AE=tanθ.

在Rt△ABF中，BF=cosθ.

在Rt△BDG中，BG=BDcosθ=（1－tanθ）cosθ=cosθ－sinθ.

在Rt△BPF中，BP=BFcos（45°－θ）=cosθcos（45°－θ）.

在Rt△BGQ中，BQ=BGcos（45°－θ）=cosθ－sinθcos（45°－θ）.

PQ=BP－BQ=cosθcos（45°－θ）－cosθ－sinθcos（45°－θ）=sinθcos（45°－θ），

PC=BC－BP=2－cosθcos（45°－θ）=2cos（45°－θ）－cosθcos（45°－θ）=sinθcos（45°－θ），

故PQ=PC.

证法11：如图10所示，依题意可设AD=λAB，AE=λAC，设CP=xCB，PQ=yCB.则BE=AE－AB=λAC－AB，CB=AB－AC，AB·AC=0，|AB|=|AC|，所以AP=AC+CP=AC+xCB=AC+x（AB－AC）=xAB－（1－x）AC，DQ=DA+AP+PQ=－λAB+xAB+（1－x）AC+y（AB－AC）=（x+y－λ）AB+（1－x－y）AC，由AP⊥BE，DQ⊥BE，知AP·BE=0，

DQ·BE=0，得λ（1－x）=x，

λ（1－x－y）=x+y－λ，解得x=y，即PQ=PC.