双正方形模型(一)

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:

图1

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.

「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

图2

ABC\triangle ABCADE\triangle ADE 是两个顶角相等的等腰三角形,易证 ABDACE\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 ABEABEACGACG 的「手拉手」,于是就有 ABGAEC\triangle ABG \cong \triangle AEC,而且旋转角度为 9090^\circ

图3

于是,我们就得到了一个对角线垂直且相等的四边形 BCGEBCGE

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:

图5

在这个图中,中点四边形 MPNQMPNQ 就是一个正方形.

另一个和中点相关的问题

图1中,如果我们取 EGEG 的中点 PP ,连结 APAP ,则 APBCAP \perp BCAP=12BCAP = \dfrac{1}{2} BC.(如果取 BCBC 中点,有类似的结论)

图5

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 APAPHH,可以证明 GHAABC\triangle GHA \cong \triangle ABC.注意这是一个旋转 9090 ^\circ 的全等,因此 AHAHBCBC 垂直且相等,所以上面的结论成立.

图6

这个命题逆命题也成立,即如果 APBCAP \perp BC,则 PPEGEG 的中点,且 AP=12BCAP = \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=BCAH=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.

图7

图7,延长 PAPABCBCQQ,作 EMAPEM \perp APMMGNAPGN \perp APNN,则 ABQEAM\triangle ABQ \cong \triangle EAMACQGAM\triangle ACQ \cong \triangle GAM,于是 EM=AQ=NGEM = AQ = NGEMNGEM \parallel NG,因此 EMGNEMGN 是平行四边形,于是

PE=PG,PN=PM,BC=BQ+QC=AM+AN=2AP\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 SABC=SAEGS_{\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 BAC\angle BACEAG\angle EAG 互补,而角的两边对应相等,因此面积也是相等的.

变形一

前面我们说了 BCGEBCGE 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:

图8,在四边形 ABCDABCD 中,ACBDAC \perp BD,且 AC=BDAC=BD,分别取 ADADBCBCABAB 的中点 MMNNPP,分别过 MMNNADADBCBC 的垂线交于 OO,则 POCDPO \perp CD

图8

这个图如果把 OAOAOBOBOCOCODOD 都连起来,显然有 OACOBD\triangle OAC \cong \triangle OBD,注意这是一个旋转 9090^\circ 的全等,因此 OAD\triangle OADOBC\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.

图9

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?

图10,有三个正方形 ABCDABCDAEFGAEFGFHIJFHIJ,取 JDJD 中点 PP,则有 PEBHPE \perp BHPE=12BHPE = \dfrac{1}{2} BH

图10

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 EPEP 来做,不过这个时候要找的全等变得复杂了一些.

图11

图11,我们倍长 EPEPKK,可以类似地证明 JKEGBH\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 ADEABG\triangle ADE \cong \triangle ABGFJEFGH\triangle FJE \cong \triangle FGH,都是旋转 9090^\circ 的全等.

图12

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」.

图13,在圆的内接四边形 ABCDABCD 中,ACBDAC \perp BD,过对角线的中点 OOPQABPQ \perp ABQQ,交 CDCD 于点 PP,则 PPCDCD 的中点.

图13

这个的证明是比较简单的,

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

于是

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

PC=PO=PDPC = 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 PPCDCD 的中点,那么 OPABOP \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 EGEG 的中点(图1中),而是 DFDF 的中点.这一类问题,我们放到下一篇文章中来讨论.