一道平面几何竞赛题的探究

⦿ 武汉外国语学校 黄 涛

1 竞赛题呈现

图1

题目如图1所示,已知△ABC中,∠BAC=90°,四边形ABDE,BCFG是两个正方形,AB的延长线交DG于点P,求证：AC=2BP.

这是第一届“创新杯”全国数学邀请赛的一道试题.

图2

分析：由题设,可知∠ABC+∠DBG=180°.所以∠ABC=∠BDG+∠DGB,∠DBG=∠BAC+∠ACB.如果我们按图2所示作∠HBC=∠BGP,则容易证明△BDP≌△ABH,△BPG≌△CHB,从而BP=AH=HC,因此AC=2BP.

图3

如果从待证结论出发考虑,可在图中作出2BP,如图3,延长BP至点O,使PO=PB,则BO=2PB,从而问题归结为证明AC=BO.而这只需要证明△BDO≌△ABC即可.因为易证△OPD≌△BPG,所以DO=BG=BC,而DB=BA,故利用“HL”可证△BDO≌△ABC.

反思：在图1中,由上述的分析过程可以看出,BH是△ABC的中线,PB是△DBG的中线,且不难证明BH⊥DG.因此,针对本题可以得到下列结论：

过点B平分AC边的直线必垂直于线段DG;过点B平分线段DG的直线必垂直于AC边.

本题中△ABC是直角三角形,如果换成一般的三角形,还有上述结论吗?

2 探究

2.1 探究一：弱化题目条件

命题1如图4,分别以△ABC的两边AB和BC为边向外作正方形ABDE和BCFG,过点B作直线BH⊥AC于点H,交DG于点P,则PD=PG,AC=2BP.

图4

图5

证明：如图5,分别过点G、点D作BH的垂线,垂足分别为L,J.

∴∠L=90°,∠DJP=90°,GL∥DJ.

∵四边形BCFG为正方形,

∴BG=BC,∠GBC=90°.

∴∠LBG+∠HBC=90°.

又∠HCB+∠HBC=90°,

∴∠LBG=∠HCB.

在△BHC和△GLB中,

∴△BHC≌△GLB(AAS).

∴GL=BH,LB=HC.

同理,可证得△BDJ≌△ABH.

又易证△PDJ≌△PGL,

∴PD=PG,LP=JP.

∴BJ+LB=2BP.

又BJ=AH,LB=HC,

∴BJ+LB=AH+HC.

∴AC=2BP.

相应地,我们有如下命题：

图6

命题2如图6,分别以△ABC的两边AB和AC为边向外作正方形ABDE和BCFG,P是线段DG的中点,直线PB交AC于点H,则BH⊥AC,AC=2BP.

图7

证明：如图7,延长BP至点L,使得PL=BP,连接GL.

易证△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：等价变换条件

在图7中,如果连接LD,则四边形DBGL是平行四边形,即平行四边形DBGL的对角线LB垂直于AC.平行四边形的对角线互相平分,其交点正是对角线的中点,于是“中线”这个条件可以用平行四边形的对角线等价代替,且对角线的长恰是相应中线长的两倍.于是我们不难得到如下命题：

图8

命题3如图8,分别以平行四边形ABCD的边AB,AD为边向外作两个正方形ABMX,ADNY,连接XY,CA,且CA的延长线交XY于点H,则AH⊥XY,且AC=XY.

这个命题正是武汉市1963年的一道数学竞赛题.(我们仅仅添加了一个结论“AC=XY”.)

如果把正方形“砍掉”一半,变成等腰直角三角形,完全不影响命题的结论.于是有如下命题：

图9

命题4如图9所示,分别以△ABC的边AB和BC为边向外作等腰直角三角形ABD和BCG,其中∠ABD=∠CBG=90°.

(1)若P是线段DG的中点,直线PB交AC于点H,则BH⊥AC,AC=2BP.

(2)若BH⊥AC于点H,HB的延长线交DG于点P,则PD=PG,AC=2BP.

2.3 探究三：运动变换图形

如果把图4、图6中的正方形绕点B旋转至各种位置,是否还有相应的结论呢?答案是肯定的,于是有如下命题：

图10

命题5如图10所示,四边形ABDE,BCFG均为正方形.

(1)若P是线段DG的中点,直线PB交AC于点H,则BH⊥AC,AC=2BP.

(2)若BH⊥AC于点H,HB的延长线交DG于点P,则PD=PG,AC=2BP.

3 拓展

如图11,△AOB与△COD均为等腰直角三角形,其中OA=OB=4,OC=OD=2,连AC,BD.E,G分别为AC,BD的中点,连EO,OG.求△EOG的面积.

图11

图12

解析：如图12,延长EO交BD于点F.由命题4,可知EF⊥BD,BD=2OE.

令GF=a,FD=b,则

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

在Rt△BFO与Rt△OFD中,有

OB2-BF2=OD2-DF2.

所以16-(2a+b)2=4-b2.

化简,得a2+ab=3.