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双正方形模型(二)

在前一篇文章中,我们提到,在图1中,如果我们考虑 DFDF 的中点,会有一些其它的性质.

图1

图2,我们取 DFDF 的中点,连结 PBPBPCPC,则有 PB=PCPB = PCPBPCPB \perp PC(同理,有 PE=PGPE = PGPEPGPE \perp PG).

图2

我们注意到,这个图形只跟下半部分(或者上半部分有关),因此这类题目经常以两个「等腰直角三角形」的形式出现,如图3

图3

证明方法

这个题的解决方法也有很多,可以用「倍长中线」,可以构造「三角形的中位线」,也可以构造「梯形中位线」.

倍长中线

图4,倍长 BPBPKK,可以证明 ABCFKC\triangle ABC \cong \triangle FKC,注意这是一个旋转 9090^\circ 的全等,因此 CBCBCKCK 垂直且相等,我们得到了一个等腰 RtCBK\mathrm{Rt} \triangle CBK ,于是它的一半 PCB\triangle PCB 也是一个等腰直角三角形.

图4

构造三角形的中位线

图5,分别取 ADADAFAF 的中点 MMNN,可以证明 PMBCNP\triangle PMB \cong \triangle CNP.注意这又是一个旋转 9090^\circ 的全等,因此 PBPBPCPC 垂直且相等.

图5

构造梯形的中位线

图6,分别过 DDFFAABCBC 的垂线,垂足依次为 JJKKLL,则有弦图的模型可知,BJDALB\triangle BJD \cong \triangle ALBFKCCLA\triangle FKC \cong \triangle CLA,于是 BJ=AL=CKBJ = AL = CKDJ=BLDJ = BLFK=CLFK = CL.我们取 BCBC 的中点 QQ,于是 QQ 也是 JKJK 的中点,因此 PQPQ 是梯形 DJKFDJKF 的中位线,故 PQBCPQ \perp BC,且

PQ=12(DJ+FK)=12(BL+CL)=12BC=BQ=CQ\begin{aligned} PQ &= \dfrac{1}{2} \left( DJ + FK \right) = \dfrac{1}{2} \left( BL + CL \right) \\ &= \dfrac{1}{2} BC = BQ = CQ \end{aligned}

因此 PCB\triangle PCB 是等腰直角三角形.

图6

变形

我们需要注意的是,当这两个等腰 RtABD\mathrm{Rt} \triangle ABDACF\triangle ACF 旋转到不同的位置的时候,这个图可能看起来变得完全不一样,但是本质上是一个图形,如图7~图10

图7

图8

图9

图10

推广

图3中,ABD\triangle ABDACF\triangle ACF 都是等腰直角三角形.如果我们把这个条件进行弱化,去掉等腰的条件,但保持两个直角三角形是相似的,即 RtABDRtACF\mathrm{Rt}\triangle ABD \sim \mathrm{Rt}\triangle ACF (其实就是 ADB=AFC\angle ADB = \angle AFC),那么 PB=PCPB = PC 的结论依旧成立.

图11

这个时候的解决方法和前面也是类似的.

倍长中线

这个方法和图4类似,只不过把要证明的全等变成了相似.

图12,倍长 BPBPKK,则

KFFC=DBFC=BAAC\frac{KF}{FC} = \frac{DB}{FC} = \frac{BA}{AC}

而且

KFC=KFD+DFC=FDB+DFC=360DBCFCB=180ABCACB=BAC\begin{aligned} \angle KFC &= \angle KFD + \angle DFC \\ &= \angle FDB + \angle DFC \\ &= 360^\circ - \angle DBC - \angle FCB \\& = 180^\circ - \angle ABC - \angle ACB \\& = \angle BAC \end{aligned}

因此 KFCBAC\triangle KFC \sim \triangle BAC.这是一个旋转 9090^\circ 的相似,于是 BCK\triangle BCK 是直角三角形,CPCP 是其斜边中线,故 CP=12BK=PBCP = \dfrac{1}{2} BK = PB

图12

构造三角形的中位线

这个方法和图5完全一样,BM=12AD=PNBM = \dfrac{1}{2} AD = PNMP=12AF=NCMP = \dfrac{1}{2} AF = NC,且

BMP=BMA+AMP=2BDA+AMP=2CFA+ANP=CNA+ANP=PNC\begin{aligned} \angle BMP &= \angle BMA + \angle AMP \\ &= 2\angle BDA + \angle AMP \\ &= 2\angle CFA + \angle ANP \\ &= \angle CNA + \angle ANP \\ &= \angle PNC \end{aligned}

因此 BMPPNC\triangle BMP \cong \triangle PNC,于是 PB=PCPB = PC

图13

构造梯形的中位线

这个方法和图6类似,不过也是要把证明的全等变成相似.

图14BJDALB\triangle BJD \sim \triangle ALBFKCCLA\triangle FKC \sim \triangle CLA,于是

BJAL=BDAB=CFAC=CKAL\frac{BJ}{AL} = \frac{BD}{AB} = \frac{CF}{AC} = \frac{CK}{AL}

因此 BJ=CKBJ = CK 依旧成立.后面的过程就完全一样了.

我们取 BCBC 的中点 QQ,于是 QQ 也是 JKJK 的中点,因此 PQPQ 是梯形 DJKFDJKF 的中位线,故 PQBCPQ \perp BC,且

PQ=12(DJ+FK)=12(BL+CL)=12BC=BQ=CQ\begin{aligned} PQ &= \dfrac{1}{2} \left( DJ + FK \right) = \dfrac{1}{2} \left( BL + CL \right) \\ &= \dfrac{1}{2} BC = BQ = CQ \end{aligned}

因此 PB=PCPB = PC

图14


总结一下,我们看到处理中点有两种主要的思路,一个是「倍长中线」,一种是「构造中位线」,包括三角形中位线和梯形中位线.在证明的过程中,还可能会用到直角三角形斜边中线的结论.

对于很多题目,这两种思路都行得通.但是一般来说,「倍长中线」的辅助线比较容易想出来,但后续全等(或者相似)的三角形比较难找,证明也比较麻烦.

而「构造中位线」的思路关键在于选对中位线的取法,因此辅助线不太好做,但是后续的证明一般比前一种方法要简单.

对于不同的题目,我们要注意选择不同的方法.


在本文中,我们讨论了如何对正方形(等腰直角三角形)的结论进行推广,我们保留了直角的条件,而去掉了等腰的条件.

那么,我们还可以反过来想,如果保留等腰的条件,去掉直角的条件,那是否还会有这样漂亮的结论?

如果没有的话,是否可以考虑再加上一些条件(就像我们上面加入了相似的条件),再得到比较好的结论?

关于这种情形,我们放在下一篇文章中来讨论.

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