第二题

QUESTION 2

如果是一个平行四边形或任何一个中心对称的图形，那这个问题的答案显然是肯定的： P 直接取这个中心点即可。

可三角形不是中心对称图形，这样的点到底存不存在呢？有些人不习惯做这样的开放性问题，主要还是缺乏一点儿探索精神和方法。

题目既然说任意一条直线都可以将△ ABC 的面积等分，那我们何不来画几条特殊的直线呢？比如，经过三角形某个顶点的直线。

如下图所示，如果经过 AP 的直线等分△ ABC 的面积，即 S _{△ ABD} = S _{△ ACD} ，则 BD = CD ，即 P 应在中线 AD 上。

同样的道理， P 也应该在 AC 边上的中线 BE 和 AB 边上的中线 CF 上。因此，如果存在这样的点，那 P 点只能为△ ABC 的重心。

现在已经把唯一可能满足题目要求的点找出来了，下面自然就是试图去证明 P 点满足要求了。

我们经过 P 点作任意一条直线分别交 AB 、 BC 于 M 、 N ，试图去证明 MN 等分△ ABC 的面积。由于 S _{△ APF} = S _{△ BPF} = S _{△ BPD} = S _{△ CPD} = S _{△ CPE} = S _{△ APE} ，因此我们需要证明 S _{△ APM} + S _{△ CPN} = S _{△ FPM} + S _{△ DPN} 。在这个图里， M 看上去像是 AF 的中点，如果我们就把 M 设为 AF 中点的话，那 S _{△ APM} = S _{△ FPM} ，但 DN 看上去显然不等于 NC ，这表明似乎 MN 并不等分△ ABC 的面积啊。

到这儿，结论来了个180°的转弯。这是值得庆幸的好事，避免我们在错误的道路上越走越远。想象一下，如果我们没有这个发现，那可能还会傻乎乎地继续去证明 MN 等分△ ABC 的面积这个并不正确的结论呢。

要证明一个结论正确往往不容易，但要证明一个结论错误，在逻辑上很简单，我们只要找出一个反例就可以了。 我们不妨用一种特殊的三角形——等边三角形来看一看。如果我们过 P 点作 MN 平行于 BC ，那么由于 AP =2 PD ，所以 ，显然没有等分△ ABC 的面积。因此，这样的点是不存在的。

对于任意三角形，如果我们过 P 点作 MN 平行于 BC ，上述结论也一样成立。

大家可以看到，在求解一个问题的时候判断出现错误是难免的，能及时发现错误至关重要。我的一个经验是：不要吝啬自己的笔头，多画几个图，利用一些特殊案例帮助我们做出正确的判断。 5UTvuuwWhHT1CFzoEEOICVpM+a1h06kMVTwFmziU1tpsH9rLbiS/iGzoHapnVE3P

第三题

QUESTION 3

上图是一幅非常经典的图，首先让我联想到欧几里得《几何原本》中的勾股定理证明中使用的类似的一幅图。如下图所示，连接 AG 、 CD 、 AF 、 BQ ，则有△ ABG ≌△ DBC 。实际上，将△ ABG 绕 B 点逆时针旋转90°即到△ DBC 的位置。同样，将△ ACF 绕 C 点顺时针旋转90°即与△ QCB 重合。但题目中提到的是 EP 、 DG 和 QF 这3条边，与这几个三角形都没有直接的关联，似乎并不是要考查勾股定理证明中所用到的辅助线。

回到问题本身，这是一个开放性问题。首先我们得给出结论，即 EP 、 DG 和 QF 能不能构成三角形？严格意义上来说，如果只告诉我们△ ABC 是直角三角形而不告诉我们3条边的长度，那答案可能会有3种：（1）能；（2）不能；（3）有时能，有时不能。但对于3条边长度都确定的情况，答案当然只能是其中之一。

为了回答能或不能的问题，我要拿出精确作图的法宝了。作这个图并没有什么难度，作完后用直尺先量一量，发现3条边是能够构成三角形的。大家千万不要轻视这种方法，实验本身就是寻找真相的一种手段，后面加上严谨的证明就能构成闭环。

既然我们相信能构成三角形，那能不能把这个三角形构造出来？目前， EP 、 DG 和 QF 三者并不相邻，我们希望能把它们移到一个三角形里。

不妨固定 DG 不动。怎么让 QF 和 EP 移动到某个位置与 DG 构成三角形呢？平移是一个不错的做法。

如下图所示，似乎可以把 FQ 和 EP 分别平移到 GM 和 DM 的位置，从而与 DG 构成三角形 DMG 。但 QF 和 EP 平移后是否恰好交于 PB 上的一点？这需要证明。

要正面证明 DM 和 GM 的交点就在 PB 上不太好办，不妨换个思路，我们先把 M 点找到，然后来证明 DM = EP 且 GM = FQ 。为此，我们可以在 BP 上截取 BM 使得 BM = CQ （或者，也可以过 D 点作 EP 的平行线交 BP 于 M ），连接 GM 、 QM 和 DM 。

由于 CQ // BP ， CF // BG ，因此∠ FCQ =∠ GBM ，而 CQ = BM ， CF = BG ，因此△ FCQ ≌△ GBM ，从而 GM = FQ 。

类似地，我们可以证明△ DBM ≌△ EAP ，从而 DM = EP 。

因此 EP 、 QF 和 DG 可以构成三角形，即为△ DMG 。

下面我们来求这个三角形的面积。

△ DMG 中， DM = EP = BC =5，但 DM 上的高似乎不太容易求。当然，如果能求出三角形的3边长 a 、 b 、 c ，那用海伦公式 也能求出三角形的面积，其中 。

利用余弦定理，我们可以分别求出 GM 和 DG 的长度。

在△ DBG 中应用余弦定理得：

类似地，在△ MBG 中应用余弦定理得：

因此，△ DMG 的三边长分别为5， 。这并不是一个特殊的三角形，虽然我们可以用海伦公式求出其面积，但计算会挺复杂。

当然，3条边长确定了也可以不用海伦公式求三角形的面积。比如，可以利用余弦公式求出cos∠ DMG ，然后算出sin∠ DMG ，最后求出△ DMG 的面积。具体地：

从而，

最后，

不管从哪个角度看，上面的计算还是烦琐了一点。除了直接用三角形面积公式外，我们是否还可以用最朴素的割补法来求△ DMG 的面积呢？

S _{△ DMG} = S _{△ DBG} + S _{△ DBM} + S _{△ GBM}

S _{△ DBM} = S _{△ EAP} =6

因此， S _{△ DMG} =18。

除了利用 S _{△ ABC} = a · b ·sin∠ ACB 这一公式求△ DBG 和△ GBM 的面积，我们还可以换个角度来看。由于∠ ABC +∠ DBG =180°，因此，如果我们将△ DBG 绕 B 点顺时针旋转90°的话，那就到△ ABH 的位置，其中 HB = BG ，且 H 、 B 、 C 三点共线。△ AHB 和△ ABC 等底同高，面积相等。因此S _{△ DBG} = S _{△ ABC} 。类似地，我们可以把△ QCF 绕 C 点逆时针旋转90°来证明 S _{△ QCF} = S _{△ ABC} 。

基于上面的这个思想，原问题还可以拓展到任意三角形，具体见本书的 例6 。 5UTvuuwWhHT1CFzoEEOICVpM+a1h06kMVTwFmziU1tpsH9rLbiS/iGzoHapnVE3P

第四题

QUESTION 4

第一问属于送分题。因为∠ B =∠ BDE =60°，所以△ BDE 为等边三角形。因为 P 为 BE 的中点，所以 DP ⊥ AB ，又因为 CD = DE = DB ，所以 D 为 BC 的中点。因此 AD ⊥ BC ，故 AD =2 PD 。

下面看第二问。由于第一问是通过证明△ APD 为一个角为30°的直角三角形来证明 AD =2 PD 的，我的第一个想法就是连接 AP ，希望以同样的方式来证明△ APD 是直角三角形，且∠ PAD =30°。但是，仅仅作这条辅助线，不能有效利用 P 为 BE 中点和△ EDC 是顶角为120°的等腰三角形这两个条件。

由于图中有等边三角形，为了有效率利用∠ EDC =120°这个条件，一个自然的想法是再构造一个等边三角形。比如，我们可以延长 CD 至 K ，使得 DK = CD 。由于 DE = DC = DK ，从而△ KED 为等边三角形，且∠ KEC =90°，∠ ECK =30°。这样作辅助线确实把△ ECD 是顶角为120°的等腰三角形这一条件利用起来了，但 P 为 BE 的中点这一条件还是难以被有效利用。

除了延长 CD ，我们对称地还可以延长 ED 至 K ，使得 DK = ED 。这个时候，我们发现 P 为 BE 的中点， D 为 EK 的中点，如果连接 BK ，那就能有效地把 P 为 BE 的中点这个条件也利用起来。这样的辅助线符合我之前讲的一条原则：辅助线应该把题目中分散的条件最大程度地联系起来。

由于 PD 为△ EBK 的中位线，因此 BK =2 PD ，剩下的只需证明 BK = AD 即可。显见，△ CBK 是△ CAD 绕 C 点逆时针旋转60°所得（或者证明△ CBK ≌△ CAD ），因此 BK = AD 。

上面的解法是先考虑利用△ EDC 是顶角为120°的等腰三角形这个条件，那我们能不能先考虑 P 为 BE 的中点这个条件呢？考虑到我们希望证明的结论是 AD =2 PD ，因此可以先延长 DP 至 K ，使得 PK = DP ，这样就把2 PD 给作出来了。此时，连接 KE 、 KB 、 BD ，则四边形 BDEK 为平行四边形，从而有 BK = DE = CD 。

假如△ APD 仍然是和第一问一样是∠ PAD =30°的直角三角形，那么△ AKD 应该是等边三角形。为了证明△ AKD 为等边三角形，我们只需要证明 AK = AD 且∠ KAD =60°即可。由于 AB = AC ， BK = CD ，如果 AK = AD ，则△ ABK ≌△ ACD 。为此，只需证明∠ ABK =∠ ACD 。注意到 AC 和 AB 的夹角为60°（ AC 绕 A 点顺时针旋转60°后与 AB 重合）， CD 和 ED 的夹角为60°（ CD 绕 D 点顺时针旋转60°后与 ED 重合），而 KB // ED ，从而∠ ABK =∠ ACD ，所以△ ABK ≌△ ACD 。因此，可以把△ ABK 看成将△ ACD 绕 A 点顺时针旋转60°所得（实际上，我先观察出了这一事实，然后才给出前面基于旋转的∠ ABK =∠ ACD 的证明方法）。这就证明了△ AKD 为等边三角形，从而 AD =2 PD 。

一道几何问题里面会有不少的条件，我们需要去思考如何把这些条件有效利用起来。某些条件可能比较容易利用，这时可以先尝试着用起来，然后看看其他条件是否能一并用上，如果不能，那可以转换角度和次序再试试。解题就是一个不断尝试和调整的过程。此外，有些平面几何题会包含几个问题，前后的问题之间会有关联。此时，可以循着第一问的方向去思考后面问题的解答，往往前面问题的解答对解答后面问题有一定的启示。 5UTvuuwWhHT1CFzoEEOICVpM+a1h06kMVTwFmziU1tpsH9rLbiS/iGzoHapnVE3P