一道北大綜合營試題的證法賞析

沈佳瑤

近年，北京大學每年暑期都會舉辦數學體驗營活動.這類活動的題目總體難度不大，但有競賽的味道.2019年北大綜合營第4題是一道平面幾何題，筆者探究出這道試題的多種證法.

一、試題呈現

如圖1，已知等腰直角△ABC，∠A=90°，點D在邊AB上，E在邊AC上，AD=AE，過點A，D分別作BE的垂線交BC于P，Q.用平面幾何方法證明：PQ=PC.

試題簡潔明了，結構也不算復雜，題目特意強調用平面幾何方法證明.自然的想法就是添加輔助線，證明的途徑較多，關鍵在于利用題目條件進行合理的轉化.

二、證法賞析

思路一 兩條線段AP和DQ都垂直于BE，可以通過構造平行線成比例解決問題.不同的解題視角，可得到以下4種證法.

證法1：如圖2所示，構造一個正方形ABFC，延長AP、DQ交CF于是點S、點R.

由于AP⊥BE，DQ⊥BE，則AS//DR，又AD//SR，所以四邊形ADRS為平行四邊形，

所以AD=RS.由條件知Rt△BAE≌Rt△ACS，則AE=CS，又因為AD=AE，所以CS=SR，

結合PS//QR，得PQ=PC.

證法2：如圖3，延長DA至點F，使得DA=AF，連接CF.

由條件可知Rt△BAE≌Rt△CAF，則∠AEB=∠AFC，AE=AF.

由DQ⊥BE，知∠BDQ=∠AEB=∠AFC，

所以CF//DQ，又因為DA=AF，故PQ=PC.

證法3：如圖3所示，延長DA至點F，使得DA=AF，連接CF.

因為AD=AE，所以AE=AF.由條件可得△ABE≌△ACF.所以∠AEB=∠AFC.

所以∠ABE+∠AFC=∠ABE+∠AEB=90°.所以FC⊥BE，

從而FC//AP//DQ.又因為DA=AF，所以CP=PQ.

證法4：如圖4所示，過點C作CF//AP交BA的延長線于F點，延長BE交FC于點H，設DQ交BE于G點，AP交BE于I點.連接AH和AG.因為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，因為AI⊥GH，所以GI=IH.又因為DQ//AP//FC，所以CP=PQ.

思路二 圖形中有眾多垂直關系，可以通過作垂線，構造全等三角形和相似三角形，可得以下兩種證法.

證法5：如圖5所示，過點C作CG⊥AC，交AP延長線于點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.

因為CG//AB，所以CGAB=CPBP，所以PQ=PC.

證法6：如圖6所示，過點P作PG⊥AC，垂足為點G.

易知GP=GC，由條件知△ABE∽△GAP，且AP//DQ，則ABAE=AGGP，ABAD=BPPQ.

不妨令AB=AC=a，AD=AE=b，GP=GC=x，PQ=y，

則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 利用旋轉變換，同樣可得全等三角形，這樣兩個三角形對應邊互相垂直，且梯形的中位線與上、下底都是平行的.可得以下證法.

證法7：如圖7，將線段AE繞點A逆時針旋轉90°到點F，連接CF、CD.

則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 題目即是證明點P是線段CQ的中點，可以聯想三角形中位線.得到以下證法.

證法8：如圖8所示，連接CD交AP于F點.

由條件知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.

因為AP//DQ，所以CP=PQ.

思路五 直觀的證明難點在于點P、點Q的表達，利用面積可以實現消點.得到如下證法.

證法9：如圖9所示，設AP交BE于點F，連接DP，AQ.

由條件知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 既然是證法賞析，我們拋開題目限定的平面幾何方法去思考其他的方法，我們又可得到三角法和向量法兩種典型的證明方法.

證法10：如圖10所示，設AP，DQ分別與BE交于點F，G.設∠ABE=θ，則∠CBE=45°－θ.

AB=AC=1，則BC=2.

在Rt△ABE中，AB=1，∠ABE=θ，則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.

證法11：如圖10所示，依題意可設AD=λAB，AE=λAC，設CP=xCB，PQ=yCB.則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.