双正方形模型（一）

发表于 2020-04-01 更新于 2020-04-13 分类于数学，平面几何阅读次数：本文字数： 3.3k 阅读时长 ≈ 8 分钟

和两个共顶点的正方形有关的结论

在正方形的题目中，有很常见的一类是和两个正方形有关的图形，如下图：

在这个图形中，有很多有意思的性质，也衍生出了很多的题目．我们讲分几次一一道来．

1. 「手拉手」模型

在学习全等的时候，我们知道有一类很重要的全等模型——旋转全等模型，俗称「手拉手」模型．说的是两个共顶点且顶角相等的等腰三角形，一定伴随着一组旋转全等，如图2：

$\triangle ABC$ 和 $\triangle ADE$ 是两个顶角相等的等腰三角形，易证 $\triangle ABD \cong \triangle ACE$ ．这是一个旋转全等，旋转角度等于两个等腰三角形的顶角角度．

关于这个模型，也有很多相关的结论，不过大部分和这次的内容关系不大，有机会我们另开文讲述．

那么，对于两个共顶点的正方形，也有类似的结论．在图1中，我们可以把它看成是两个等腰直角三角形 $ABE$ 和 $ACG$ 的「手拉手」，于是就有 $\triangle ABG \cong \triangle AEC$ ，而且旋转角度为 $90^\circ$ ．

于是，我们就得到了一个对角线垂直且相等的四边形 $BCGE$ ．

1.1. 和中点四边形相关的问题

熟悉中点四边形的朋友马上就会想到，这样一个四边形的中点四边形一定是一个正方形，也就是下面这个图：

在这个图中，中点四边形 $MPNQ$ 就是一个正方形．

2. 另一个和中点相关的问题

在图1中，如果我们取 $EG$ 的中点 $P$ ，连结 $AP$ ，则 $AP \perp BC$ 且 $AP = \dfrac{1}{2} BC$ ．（如果取 $BC$ 中点，有类似的结论）

对于中点问题，我们知道一种常见的处理方法就是「倍长中线」，因此我们倍长 $AP$ 至 $H$ ，可以证明 $\triangle GHA \cong \triangle ABC$ ．注意这是一个旋转 $90 ^\circ$ 的全等，因此 $AH$ 和 $BC$ 垂直且相等，所以上面的结论成立．

这个命题逆命题也成立，即如果 $AP \perp BC$ ，则 $P$ 为 $EG$ 的中点，且 $AP = \dfrac{1}{2} BC$ ．

这个命题也可以利用上图来证明，不过这个时候需要直接延长作 $AH=BC$ 来证明全等．

这个时候另外一种处理方法是做垂直，利用弦图的模型来证明全等．

如图7，延长 $PA$ 交 $BC$ 于 $Q$ ，作 $EM \perp AP$ 于 $M$ ， $GN \perp AP$ 于 $N$ ，则 $\triangle ABQ \cong \triangle EAM$ ， $\triangle ACQ \cong \triangle GAM$ ，于是 $EM = AQ = NG$ 且 $EM \parallel NG$ ，因此 $EMGN$ 是平行四边形，于是

\begin{aligned} PE &= PG, \\ PN &= PM, \\ BC &= BQ + QC \\ &= AM + AN \\ &= 2AP \end{aligned}

这两个证明同时还都证明了另一个结论，就是 $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle AEG}$ ．由割补法知这两个三角形的面积的确是相等的．

当然，如果熟悉三角函数的话，这两个三角形的面积相等是显然的．因为 $\angle BAC$ 和 $\angle EAG$ 互补，而角的两边对应相等，因此面积也是相等的．

2.1. 变形一

前面我们说了 $BCGE$ 是一个对角线垂直且相等的四边形，因此，这个题的可以这样来出：

如图8，在四边形 $ABCD$ 中， $AC \perp BD$ ，且 $AC=BD$ ，分别取 $AD$ 、 $BC$ 、 $AB$ 的中点 $M$ 、 $N$ 、 $P$ ，分别过 $M$ 、 $N$ 作 $AD$ 、 $BC$ 的垂线交于 $O$ ，则 $PO \perp CD$ ．

这个图如果把 $OA$ 、 $OB$ 、 $OC$ 、 $OD$ 都连起来，显然有 $\triangle OAC \cong \triangle OBD$ ，注意这是一个旋转 $90^\circ$ 的全等，因此 $\triangle OAD$ 、 $\triangle OBC$ 都是等腰直角三角形．于是这就变成了图5一样的图了，后面的证明和上面相同．

2.2. 变形二

如果我们把两个正方形中间再加一个小正方形，那么结论会变成什么样子？

如图10，有三个正方形 $ABCD$ 、 $AEFG$ 、 $FHIJ$ ，取 $JD$ 中点 $P$ ，则有 $PE \perp BH$ 且 $PE = \dfrac{1}{2} BH$ ．

很明显，这个图是上面图5的一个推广，如果中间的小正方形缩成一个点，那么就变成了图5．

既然是推广，那么证明应该也是类似的．我们还是可以倍长 $EP$ 来做，不过这个时候要找的全等变得复杂了一些．

如图11，我们倍长 $EP$ 至 $K$ ，可以类似地证明 $\triangle JKE \cong \triangle GBH$ ．

不过在证明的时候需要注意，这里面隐藏着两个「手拉手」的全等模型，在证明上面的全等的时候需要用到，如图12，有 $\triangle ADE \cong \triangle ABG$ ， $\triangle FJE \cong \triangle FGH$ ，都是旋转 $90^\circ$ 的全等．

2.3. 拓展联想

在圆的内接四边形中，有一个类似的结论：

若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．

这就是 Brahmagupta 定理，一般译作「婆罗摩笈多定理」，或者「布拉美古塔定理」．

如图13，在圆的内接四边形 $ABCD$ 中， $AC \perp BD$ ，过对角线的中点 $O$ 作 $PQ \perp AB$ 点 $Q$ ，交 $CD$ 于点 $P$ ，则 $P$ 是 $CD$ 的中点．

这个的证明是比较简单的，

\begin{aligned} \angle POC &= 90^\circ - \angle QOB \\ &= \angle QBO \\ &= \angle PCO \end{aligned}

于是

\begin{aligned} \angle POD &= 90^\circ - \angle POC \\ &= 90^\circ - \angle PCO \\ &= \angle PDC \end{aligned}

故 $PC = PO = PD$ ，直接倒角就可以证明了．

这个定理的逆命题也成立，即如果 $P$ 是 $CD$ 的中点，那么 $OP \perp AB$ ．证明和上面类似．

总结一下，这类问题主要是和中点有关系，主要的方法是「倍长中线」和「手拉手」的全等．还有一类问题是借助于中位线来解决的，这一类题目讨论的不是 $EG$ 的中点（图1中），而是 $DF$ 的中点．这一类问题，我们放到下一篇文章中来讨论．