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 。 qECUPTwwMNSP01X5p115BJU/6eZMPnC+6ZgX7545n7eEVXs5nUko8b8BDpD4IlFA