双正方形模型(三)

在上一篇文章的最后,我们留了一个问题,就是如果仅保留等腰的条件,是否还有比较好的结论?

要解决这个问题,我们先从一种特殊情况谈起.

一种特殊情况

当两个等腰 RtABD\mathrm{Rt} \triangle ABDACF\triangle ACF 旋转的时候,一种非常特殊的情况就是两个三角形的斜边共线的情况,如图1

图1

这个时候上面的结论依旧成立,而且我们注意到这个时候 BAC=90\angle BAC = 90^\circ,因此如果我们取 BCBC 的中点 QQ,则有 QA=12BC=QPQA = \dfrac{1}{2} BC = QP,也就是说 APQ\triangle APQ 是一个等腰三角形.

熟悉四点共圆的朋友马上就会想到,这里面 ABCPABCP 四点共圆,圆心恰好就是 QQ

图2

逆命题

那我们反过来想一下,如果取 ABC\triangle ABC 的外接圆和 DFDF 交于 PP,那么 PP 点是否一定是 DFDF 的中点?

图3

如果考虑同一法的话,很明显这个结论是成立的.

那如果不用同一法呢?

构造梯形的中位线

一种方法是构造梯形的中位线.我们分别过 BBCCQQDFDF 的垂线,垂足依次为 MMNNTT,则 CTCT 是梯形 BMNCBMNC 的中位线,且 MMNNTT 分别是 ADADAFAFAPAP 的中点,于是

PD=2MT=2NT=2(ANAT)=AFAP=PF\begin{aligned} PD &= 2MT = 2NT = 2 \left( AN - AT \right) \\ &= AF - AP = PF \end{aligned}

因此 PPDFDF 的中点.

图4

另一种方法是构造旋转相似,这种方法放到我们后面的推广里来讲.

一种推广

如果要保持四点共圆的条件不变,我们可以把条件弱化成什么样子?

注意如果要保持四点共圆的话,我们要保持 BAC=90\angle BAC = 90^\circ,因此两个等腰三角形的两底角要保持互余,也就是两顶角要保持互补.

因此,我们可以把两个等腰直角三角形的条件改为,两个「顶角互补的等腰三角形」:

图5

图5中,AB=BDAB = BDAC=CFAC = CFABD+ACF=180\angle ABD + \angle ACF = 180^\circ,我们分别取 BCBCDFDF 的中点 PPQQ,则 BPC=90\angle BPC = 90^\circ,且 AQ=QPAQ = QP

我们可以利用上一篇文章中的三种方法,对这种情况进行证明.因为方法几乎是一样的,这里就从略了.

继续推广

我们回顾一下图4的证明,这种方法本质上就是用了三个等腰 ABD\triangle ABDACF\triangle ACFAPQ\triangle APQ 的条件,因此我们可以把条件再进行弱化,如下图:

图6

图6ABD\triangle ABDACF\triangle ACF 都是等腰三角形,AB=BDAB = BDAC=CFAC = CFQQBCBC 的中点,则

QA=QPPD=PFQA = QP \Longleftrightarrow PD = PF

我们来想一下,前面的那些方法,是否还成立?

同时,大家可以想一下,这个图形和我们上一篇文章中里的图形有什么区别和联系.

倍长中线

这个时候,倍长中线的方法依旧可以使用,不过这个时候,应该要倍长 AQAQ

图7

为了两个全等三角形看着大一些,我调整了两个等腰三角形的角度,但这不影响我们的证明

图7,倍长 AQAQKK,可以证明 DBKKCF\triangle DBK \cong \triangle KCF

证明这个全等的关键,是要证明 DBK=KCF\angle DBK = \angle KCF.为了叙述方便,我们设 DBA=2α\angle DBA = 2\alphaACF=2β\angle ACF = 2\beta,则 BAC=α+β\angle BAC = \alpha + \betaABK=ACK=180αβ\angle ABK = \angle ACK = 180^\circ - \alpha - \beta,于是

DBK=DBA+ABK=2α+(180αβ)=180+αβKCF=360ACFACK=3602β(180αβ)=180+αβ\begin{aligned} \angle DBK &= \angle DBA + \angle ABK \\ &= 2\alpha + (180^\circ - \alpha - \beta) \\ &= 180^\circ + \alpha - \beta \\ \\ \angle KCF &= 360^\circ - \angle ACF - \angle ACK \\ &= 360^\circ - 2\beta - (180^\circ - \alpha - \beta) \\ &= 180^\circ + \alpha - \beta \end{aligned}

DBK=KCF\angle DBK = \angle KCF

有了全等之后,我们就有 KD=KFKD = KF

如果已知 PPDFDF 的中点,由「三线合一」可知 KPDFKP \perp DF,即 KPA\triangle KPA 是直角三角形,KQKQ 是其斜边中线,于是

PQ=12AK=AQPQ = \dfrac{1}{2} AK = AQ

如果已知 QA=QPQA = QP,由 QK=QA=QPQK = QA = QP 可知 KPA=90\angle KPA = 90^\circ,再由「三线合一」可知 PD=PFPD = PF

构造三角形的中位线

这个时候我们没有办法利用中位线直接证明 QA=QPQA = QP,但是我们可以分别取 ADADAFAF 的中点 MMNN,先证明 QM=QNQM= QN

图8

我们分别取 ABABACAC 的中点 SSTT,于是可以证明 MSQQTN\triangle MSQ \cong \triangle QTN.其中 MSQ=QTN\angle MSQ = \angle QTN 的证明和上一个方法类似.

于是接下来,只需要证明 QAMQPN\triangle QAM \cong \triangle QPN 即可(或者过 QQAPAP 的垂线,利用三线合一来做).

PD=PF    AM=12AD=12(DFAF)=PFNF=PN    SASQA=QP    AAS\begin{aligned} PD = PF &\implies AM = \frac{1}{2} AD \\ &= \frac{1}{2}(DF - AF) \\ &= PF - NF = PN \\ &\implies \mathrm{SAS} \\ \\ QA = QP &\implies \mathrm{AAS} \end{aligned}

两种方法的联系

实际上,如果我们把上一种方法的图和这一种方法的图放在一起,就会发现这两组三角形其实是相似的.

图9

构造梯形的中位线

这种方法和图4的证明是一样的,这里就不在重复了.

可以看出,这是最简单的一种证明方法.

构造旋转相似

这个图还有一个证明方法,就是构造 AA 关于 BCBC 的对称点 SS,如图10,则

SBD=2SAD=2(180SAF)=SCF\begin{aligned} \angle SBD &= 2\angle SAD \\ &= 2\left( 180^\circ - \angle SAF \right) \\ &= \angle SCF \end{aligned}

于是 SBDSCF\triangle SBD \sim \triangle SCF,这是一组旋转相似.

图10

如果已知 PPDFDF 的中点,那么就有 SBDSQPSCF\triangle SBD \sim \triangle SQP \sim \triangle SCF,因此 AQ=SQ=PQAQ = SQ = PQ

具体的推导过程如下:

SBDSCF    SBCSDF    SBQSDP    SBDSQP\begin{aligned} & \triangle SBD \sim \triangle SCF \\ \implies & \triangle SBC \sim \triangle SDF \\ \implies & \triangle SBQ \sim \triangle SDP \\ \implies & \triangle SBD \sim \triangle SQP \end{aligned}

如果已知 QA=QPQA = QP,那么

SBD=2SAD=2(180SAP)=SQP\begin{aligned} \angle SBD &= 2\angle SAD \\ &= 2\left( 180^\circ - \angle SAP \right) \\ &= \angle SQP \end{aligned}

于是 SBDSPQ\triangle SBD \sim \triangle SPQ.由于 QQBCBC 中点,所以 PPDFDF 的中点.

具体的推导过程如下:

SBDSCF    SBCSDFSBDSQP    SBQSDP}        BCDF=SBSD=BQDP\begin{aligned} &\left. \begin{array}{r} \triangle SBD \sim \triangle SCF \\ \implies \triangle SBC \sim \triangle SDF \\ \\ \triangle SBD \sim \triangle SQP \\ \implies \triangle SBQ \sim \triangle SDP \end{array} \right\} \\ \\ & \;\;\implies \frac{BC}{DF} = \frac{SB}{SD} = \frac{BQ}{DP} \end{aligned}

因此

DPDF=BQBP=12\frac{DP}{DF} = \frac{BQ}{BP} = \frac{1}{2}

PPDFDF 的中点.

图11

这种方法大量用到了相似和圆周角的性质,由此又可以引申出关于双圆问题的一些结论.有兴趣的朋友可以自行探究一下.

和前文图形的关系

我们回过头来看一下图8,注意在这个图中我们平没有用到 DDFF 这两个点,因此我们考虑把这两个点去掉,于是这个图就变成了下面这样:

图12

图12AMB\triangle AMBANC\triangle ANC 都是直角三角形,且 MMAANN 共线,取 BCBC 的中点 QQ,则 QM=QNQM = QN

对比一下我们前面那篇文章中的图11,那个图的条件实际上两个直角三角形加上 MAB=CAN\angle MAB = \angle CAN,而图12中则加上 MMAANN 共线,两个条件不同,结论却是相同的.


至此,这个模型的讨论就暂时告一段落.我们在这三篇文章中,系统地讨论了和两个正方形相关的中点问题,以及他们的推广和变形.我们看到,解决这类问题的关键点在于处理好「中点」的条件.我们需要熟练地掌握「倍长中线」和「中位线」的技巧,才能够顺利地解决这些问题.