正方形ABCD，BE=CE，AG//BD且G∈BE，求证：AE⊥GD。

uk702

如图，正方形ABCD中，E 是 BC 中垂线上的一点，过 A 作 BD 的平行线交 EB 于 G，求证：AE⊥GD。

isee

哎，平几了也退化了，想了一会儿无果，换了坐标方向再也回不去了~

以点 $A$ 为坐标原点，$AD$ 为 $x$ 轴，建立直角坐标系 $xAy$，如图所示.
不妨设正方形的边长为 $2$，则 $E(1,m)$， $D(2,0)$，$B(0,-2)$，则直线 BE 方程为 $y=(m+2)x-2$，与直线 $AG:y=x$ 联立得$G\big(\frac2{m+1},\frac2{m+2}\big)$，于是\[\vv {DG}\cdot \vv {AE}=\big(2-\frac2{m+1},-\frac2{m+1}\big)(1,m)=0\iff AE \perp DG.\]

uk702

isee 发表于 2023-4-21 12:29
哎，平几了也退化了，想了一会儿无果，换了坐标方向再也回不去了~

不想用解析几何的方式，不知是不是只能用仿射的方法来证。

如图，连接 FE、IJ，则有 FE//AB

由 FE//AB => FJ/JB=FE/AB

再考虑 △ABF 被 KID 截取，由梅涅劳斯定理，有
AK/KB BD/DF FI/IA = 1 => FI/IA = KB/2AK

又 DB//AG => KB/AK=BD/AG => KB/2AK = BF/AG

∴ FI/IA = BF/AG = HF/HA = FE/AB = FJ/JB
∴ IJ//AB
∴ IJ⊥AD，又 AF⊥DJ，即 I 是 △AJD 的垂心
∴ DI⊥AJ，也就是 DG⊥AE

Ly-lie

也可以这样：设$DA$和$EB$交于$P$,$F$为$AD$中点,作$GK\perp AP$于$K$,我们有$$\frac{KG}{KD}=\frac{AK}{KD}=\frac{1}{1+\frac{AD}{AK}}=\frac{1}{1+\frac{BD}{AG}}=\frac{1}{1+\frac{PD}{PA}}$$以及$$\frac{AF}{FE}=\frac{AB}{2FE}=\frac{PA}{2PF}=\frac{PA}{PA+PD}=\frac{1}{1+\frac{PD}{PA}}$$因此$\triangle DKG\sim \triangle EFA$,故$\angle EAF=\angle DGK$,从而$AE\perp GD$.

Ly-lie

向量法不如解析法简洁：下面用点来表示向量，所有向量以正方形的中心为起点，设$E=a(B+C),G=bB+(1-b)E=cB-C$,直接联立得$ac=1$,则
\begin{align}
(E-A)(G-D) & = (aB+(a+1)C)(-C+(1+\frac{1}{a})B)\\
& = (a+1)(B^2-C^2)+(\frac{1}{a}+2)BC\\
& = 0
\end{align}

uk702

贴吧（tieba.baidu.com/p/8372798125?pid=147429633189&cid=0#147429633189）上给了个神一般的证明。

设 O 为正方形的中心，由于 AG//OB，AB//OE，∴△GAB∽△BOE
∴ GA/AB=OB/OE
∴ GA/AD=OA/OE，又 ∠GAD=135°=∠AOB
∴ △GAD∽△AOE
∴ ∠ADG=∠OEA=∠BAE
∴ AE⊥BG