这是北京市前几年的一道中考平面几何压轴题。以下的解法来自于《搞定平面几何：辅助线是怎么来的》这本书上篇17题中的第7题，我给出了8种证明方法，覆盖了如何证明一个角是直角（或两条直线垂直）的所有思路，也涉及了平面几何的大部分知识点。如果你即将面临中考，还在为平面几何压轴题的辅助线而烦恼，那么这本书是你的不二之选。重点不是刷了多少题，而是把每道题吃透，真正搞清楚每一种方法的思路是怎么来的。
已知：△ABC中，∠B=∠C=α，AH⊥BC于H，点D，F在BC边上，若HD=GD，DC=DF，∠HDG=2α，求证：AG⊥FG。
在下手之前，不妨先想一想证明一个角是直角（或两条线垂直）有哪些思路，我能想到的大概如下：
1、直接通过角度计算得出其为90°；
2、等腰三角形的中线垂直于底边；
3、直角三角形的中线等于斜边长度的一半（将角度转换为边的数量关系）；
4、利用四点共圆，直径所对的圆周角为直角；
5、利用全等或相似三角形，证明目标角所在的三角形全等或相似于某个直角三角形；
6、利用勾股定理的逆定理；
7、解析几何中斜率乘积为-1的两条直线垂直。
下面就来看看这些思路是否可行。
方法一：利用等腰三角形的中线垂直于底边。
首先，∠FGA位于三角形FGA中，显然我们首先要连接AF。为了证明AG⊥FG，我们可以将FG看成是高，也可以把AG看成是高。
如果把FG看成是高，那我们就要延长AG到M使得GM=GA，然后试图证明AF=FM。这样的辅助线作法似乎不能有效利用FD=DC和∠HDG=2α这两个条件。
如果把AG看成高呢，那我们就延长FG至M，使得GM=GF。此时，我们发现GD是△FCM的中位线，因此MC=2GD且GD//MC。从而∠GDH=∠MCD=2α，因此∠ACM=α=∠ABF。这样就把题目中的几个条件有机地联系起来了。
由于MC=2GD=2HD，而BF=BH-FH=HC-FH=HD+DC-FH=HD+DF-FH=2HD，因此MC=FB。因此，△ABF≌△ACM，从而AF=AM，即三角形AFM为等腰三角形，从而AG⊥FG。
方法二：利用直角三角形的中线长度为斜边的一半。
同样连接AF。为了证明AFG为直角三角形，我们可以取AF的中点K，连接KG，从而只需要证明KG=AF/2。
直接证明比较困难，我们注意到△AFH已经是直角三角形了，如果连接KH，那么。因此，只要证明KG=KH即可。
这时再联系题目中的条件HD=GD，如果KG=KH确实成立，那么应该有：△KHD≌△KGD。
为此，我们连接KD。KD为△AFC的中位线，因此KD//AC，从而∠KDF=∠C=α。由于∠HDG=2α，因此DK平分∠HDG。
由于HD=GD, ∠HDK=∠GDK，DK=DK，因此△KHD≌△KGD，从而KG=KH。这就完成了整个证明。
或者，如果我们一开始注意到∠HDG=2α，也可以先作∠HDG的角平分线，使其交AF与K，然后根据∠HDK=∠C=α得出DK//AC，从而DK为△FAC的中位线，推出K为AF的中点，后续证明相同。
方法三：利用相似三角形。
为了证明∠FGA为直角，我们观察△AFG，看上去它可能跟△ABH相似。但要直接证明这两个三角形相似却不那么简单，即便证明两个角相等都不容易。
如果我们连接GH，那由于DG=DH且∠HDG=2α，因此∠GHD=90°-α，从而∠AHG=α=∠ABF。如果△AFG~△ABH的话，那么∠FAG=∠BAH，从而∠HAG=∠BAF，这表明△AHG应该相似于△ABF。
△AHG和△ABF是否相似呢，我们已经有∠AHG=∠ABF了，只要证明对应的边比值相等即可。
BF=BH-FH=HC-FH=HD+DC-FH=HD+DF-FH=2HD，因此
由于∠HDG=2α且DG=DH，因此
从而
因此△AHG~△ABF。从而有：
（1）∠HAG=∠BAF，进而得∠FAG=∠BAH；
（2）AG:AH=AF:AB，即AG:AF=AH:AB。
由上面两点可得：△AGF~△AHB，从而∠AGF=∠AHB=90°。
方法四：利用四点共圆或角度转化。
要证明∠AGF为直角，只需要证明A, F, H, G四点共圆。连接AF, GH，如果能证明∠GFH=∠GAH就可以了。事实上，假如证明了这两个角相等，也不需要用四点共圆，直接通过角度计算就可以证明∠AGF=90°，这是因为∠AFG+∠FAG=∠AFG+∠GAH+∠FAH=∠AFG+∠GFH+∠FAH=∠AFH+∠FAH=90°，从而∠AGF=90°。
直接证明这两个角相等比较困难，我们可以再思考一下题目的条件。由于D为FC的中点，一个常用的做法是倍长中线，即延长GD至M，使得DM=GD。这样的辅助线有两个结果，一方面CM=GF且CM//GF,从而∠GFH=∠HCM，另一方面由于HD=GD=DM，因此△GHM为直角三角形且∠DHM=∠DMH=α=∠AHG。这表明，如果∠GFH=∠GAH成立的话，那△AGH~△CMH。
由于
因此
这就证明了△AGH~△CMH，完成了证明的最后一块拼图。
方法五、六：利用五点共圆。
由于∠C=α，而∠HDG=2α，是不是很希望建立这两者之间的联系？除了像第二种方法那样作∠HDG的角平分线之外，是不是也可以把∠HDG看成是∠C所在的一个三角形的外角？
为此，我们可以延长DG到M，连接MF, AF和GH。由于∠HDG为△MDC的外角，因此∠DMC=∠HDG-∠C=α，因此△MDC为等腰三角形。
并且，由于DM=DC=DF，∠DMF=(180°-2α)/2=90°-α，从而∠FMC=∠FMA=90°。而∠FHA=90°，因此F, A, M, H四点共圆。
既然F、A、M、H四点共圆，为了证明G也在这个圆上，我们只需要证明G和F、A、M、H中的任何三点共圆即可。
由于DG=DH且∠HDG=2α，所以∠DGH=90°-α=∠HAC，因此G, H, A, M四点共圆。
或者，不证明G, H, A, M四点共圆，而是证明G, H, F, M四点共圆。由于△MDC为等腰三角形，因此MD=CD=FD，从而MG=MD-GD=FD-HD=FH，因此GHFM为等腰梯形，从而G, H, F, M四点共圆。
无论用哪种方法，我们都证明了A, F, H, G, M五点共圆，从而∠AGF=∠AHF=90°。
方法七：利用直线的斜率乘积为-1。
这个方法的思路很简单，即建立坐标系，求出AG和FG的直线方程，然后计算其斜率的乘积。
如图，以H为坐标原点建立直角坐标系，设C(c, 0), D(d, 0), 则其余关键点的坐标分别为：
方法八：利用余弦定理和勾股定理逆定理。
这一解法纯粹是我的一个执念，为了表明条条大路通罗马。其实思路也很简单，但运算稍显复杂。
在△AGH中应用余弦定理有：
AG2=AH2+HG2-2AH·GHcosα
在△FGD中应用余弦定理有：
FG2=DF2+DG2-2DF·DGcos2α
在△ABF中应用余弦定理有：
AF2=AB2+BF2-2AB·BFcosα
要证明：AF2= AG2+ FG2
即证明：
AB2+BF2-2AB·BFcosα
=AH2+HG2-2AH·GHcosα+DF2+DG2-2DF·DGcos2α
思路就是这样，下面就是稍显繁琐但又有一定技巧性的计算推理。
将BF=2DH, DG=DH, GH=2DHsinα代入，即要证明：
AB2+4HD2-4AB·HDcosα
= AH2+4DH2sin2α-4AH·DHsinαcosα+DF2+DH2-2DF·DHcos2α
= AH2+DF2+DH2+4DH2sin2α-4AH·DHsinαcosα-2DF·DHcos2α
由于DH=CH-CD=BH-DF，代入即：
AB2+4DH2-4AB·DHcosα
= AH2+DF2+(BH-DF)2+4DH2sin2α-4AH·DHsinαcosα-2DF·DHcos2α
=AH2+BH2+2DF22BH·DF+4DH2sin2α-4AH·DHsinαcosα-2DF·DHcos2α
= AB2+2DF(DF-BH)+4DH2sin2α-4AH·DHsinαcosα-2DF·DHcos2α
= AB2-2DF·DH+4DH2sin2α-4AH·DHsinαcosα-2DF·DHcos2α
= AB2-2DF·DH(1+cos2α)+4DH2sin2α-4AH·DHsinαcosα
= AB2-2DF·DH(1+2cos2α-1)+4DH2sin2α-4AH·DHsinαcosα
= AB2-4DF·DHcos2α+4DH2sin2α-4AH·DHsinαcosα
即要证明：
4DH2cos2α-4AB·DHcosα=-4DF·DHcos2α-4AH·DHsinαcosα
两边约去4DHcosα即：
DHcosα+DFcosα+AHsinα=AB
由于DH+DF=DH+DC=CH=BH，因此即证明：
BHcosα+AHsinα=AB
由于ABH为直角三角形，上式显然成立，倒推过去可得：AF2= AG2+ FG2
由勾股定理逆定理知△AFG为直角三角形，从而AG⊥FG。
平时我们解题的时候，要尽量从不同的角度思考一个问题。更重要的是，要有的放矢地去思考。可以看到，通过这道题的八种解法，几乎把平面几何的主要知识点都过了一遍。这样，就能把一道题的效用发挥到最大。
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