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梯形中点问题的探究与推广

在前面的三篇文章中,我们探究了和正方形有关的中点问题.在本文中,我们来看一个和梯形有关的中点问题.

和梯形相关的中点问题,主要可以分为「底中点」和「腰中点」两大类.对于「底中点」相关的问题,我们合并到下一篇关于一般四边形的中点问题的文章中一起来讨论.今天我们重点来看一下和「腰中点」有关的问题.

「腰中点」的处理方法

对于「腰中点」相关的问题,主要的思路有两个:「倍长中线」和构造「中位线」.

是不是很熟悉?和前面正方形的处理方法是一样的.

倍长中线

图1EE 是腰 CDCD 的中点,连结 AEAE 并延长交 BCBCFF,则有 ADEFCE\triangle ADE \cong \triangle FCE,于是 EE 也是 AFAF 的中点,AD=CFAD = CF

这个方法相当于是 ADE\triangle ADE 旋转到了 FCE\triangle FCE,于是把原来的梯形变成了一个三角形.

这个方法同时可以用来证明梯形的中位线定理.

图1

梯形的中位线

图2EE 是腰 CDCD 的中点,取 ADAD 的中点 FF,则 EFEF 是梯形 ABCDABCD 的中位线,于是 EFABCDEF \parallel AB \parallel CD,且 EF=12(AB+CD)EF = \dfrac{1}{2} (AB + CD)

图2

直角梯形的「腰中点」

图3,对于直角梯形 ABCDABCDA=D=90\angle A = \angle D = 90^\circ,取腰 BCBC 的中点 EE,则 EA=EDEA = ED,即 AED\triangle AED 是等腰三角形.

图3

用上面两种方法,都很容易证明这个命题.

一种特殊情况

如果在图3中加入 AEDEAE \perp DE,也就是 AED\triangle AED 是等腰直角三角形的条件,那么 AB+CD=ADAB + CD = AD

图4

如果用第1种方法,如图5,则 DEDE 垂直平分 AFAFADF\triangle ADF 是等腰直角三角形,

AD=DF=DC+CF=DC+AB\begin{aligned} AD &= DF\\ &= DC + CF \\ &= DC + AB \end{aligned}

图5

如果用第2种方法,如图6,则

AD=2EF=AB+CDAD = 2EF = AB + CD

图6

如果我们在 ADAD 上取 AM=DCAM = DC,则 DM=ABDM = ABBAMMDC\triangle BAM \cong \triangle MDC,于是 MBC\triangle MBC 是等腰直角三角形.

图7

如果再考虑 AEAEBMBM 的交点 PPDEDECMCM 的交点 QQ,则有 PQCDPQ \perp CDBP=MQBP = MQMP=CQMP = CQ

图8

因为 PMQ=PEQ=90\angle PMQ = \angle PEQ = 90^\circ,所以 EPMQEPMQ 四点共圆, EPQ=EMQ=45=EAD\angle EPQ = \angle EMQ = 45^\circ = \angle EAD,故 PQQDPQ \parallel QD,于是有 PQCDPQ \perp CD

PQQDPQ \parallel QD 我们还可以得到 AP=DQAP = DQ,于是 ABPDMQ\triangle ABP \cong DMQ,故 BP=MQBP = MQMP=CQMP = CQ

事实上,在这个图中,

ABPDMQAMPDCQBPEMQEPMEQCE\begin{aligned} \triangle ABP &\cong \triangle DMQ \\ \triangle AMP &\cong \triangle DCQ \\ \triangle BPE &\cong \triangle MQE \\ \triangle PME &\cong \triangle QCE \end{aligned}

于是

SABEM=SDCEMS_{ABEM} = S_{DCEM}

如果考虑四点共圆的话,有 ABEMABEMDCEMDCEMEPMQEPMQ 三组四点共圆,而且这三个圆有公共弦 EMEM

图9

图形的来源

如果我们仔细观察一下图7,我们就会发现,这个图实际上是「弦图」的一半.

图10

如果再考虑 PQPQ,那么这个图就相当于嵌套的两个弦图,于是图8中的结论就显然成立了.

图11

变形

如果我们只考虑 MBC\triangle MBC,那么就变成了这样一道题:

图12,在等腰 RtMBC\mathrm{Rt} \triangle MBC 中,EE 是斜边 BCBC 的中点,MP=CQMP = CQ,则 EPQ\triangle EPQ 是等腰直角三角形.

图12

利用图8中的 PMEQCE\triangle PME \cong \triangle QCE,这个结论显然是成立的.

推广一

如果我们保留 MB=MCMB = MC 的条件(即 MEBCME \perp BC),如图13,那么这个时候仍有 AED=BMC\angle AED = \angle BMC 的结论成立.

图13

注意到这个时候 ABEMABEMDCEMDCEM 这两组四点共圆依旧成立,于是

BMC=BME+CME=BAE+CDE=AED\begin{aligned} \angle BMC &= \angle BME + \angle CME \\ &= \angle BAE + \angle CDE \\ &= \angle AED \end{aligned}

或者

BMC=180MBEMCE=180MAEMDE=AED\begin{aligned} \angle BMC &= 180^\circ - \angle MBE - \angle MCE \\ &= 180^\circ - \angle MAE - \angle MDE \\ &= \angle AED \end{aligned}

图14

事实上,对于一般的梯形 ABCDABCDABCDAB \parallel CD,过 BBCCADAD 上一点 MMMDC\triangle MDC 的外接圆交 BCBCNN,则有 AND=BMC\angle AND = \angle BMC

图15

注意到

BAM=180MDC=MNC\begin{aligned} \angle BAM &= 180^\circ - \angle MDC \\ &= \angle MNC \end{aligned}

因此上面 ABNMABNM 四点也共圆.

剩下的证明和图14是完全一样的,只需要把式子中的 EE 点换成 NN 点就可以.

推广二

如果我们保留 BMC=AND=90\angle BMC = \angle AND = 90^\circ 的条件,过 BBCCADAD 上一点 MMMDC\triangle MDC 的外接圆交 BCBCNN,作 AND\triangle AND 的外接圆与 BCBC 的另一个交点 PP,则 APBMAP \perp BMDPCMDP \perp CM

图16

证明中还用到上面推出的 ABNMABNM 四点共圆的结论:

DPN=DAN=MBNAPB=ADN=MCN\begin{aligned} \angle DPN &= \angle DAN = \angle MBN \\ \angle APB &= \angle ADN = \angle MCN \end{aligned}

图17

于是 DPBMDP \parallel BMAPCMAP \parallel CM,故 APBMAP \perp BMDPCMDP \perp CM

类似地,如果作 MBC\triangle MBC 的外接圆与 BCBC 交于 NN,与 ADAD 的另一个交点是 QQ,则有 ANBQAN \perp BQDNCQDN \perp CQ

图18

证明的方法和上面相同:

ANB=AMB=QCBAQB=MCB=MDN\begin{aligned} \angle ANB &= \angle AMB = \angle QCB \\ \angle AQB &= \angle MCB = \angle MDN \end{aligned}

于是 DNBQDN \parallel BQANCQAN \parallel CQ,故 ANBQAN \perp BQDNCQDN \perp CQ

图19

事实上,对于一般的梯形 ABCDABCDABCDAB \parallel CD,如果过 BBCCADAD 上一点 MMMDC\triangle MDC 的外接圆交 BCBCNN,作 AND\triangle AND 的外接圆与 BCBC 的另一个交点 PP,那么依然有 DPBMDP \parallel BMAPCMAP \parallel CM 的结论成立.证明过程和前面完全相同.

图20

变形

我们把图20简化一下,就可以得到下面这个题目:

图21,在梯形 ABCDABCD 中,ABCDAB \parallel CD,任取 ADAD 上一点 MM,作 APCMAP \parallel CMBCBCPP,则 DPBMDP \parallel BM

图21

这就变成了一个简单的平行线分线段成比例的题目.

我们不妨设 DADACBCB 的延长线交于 KK,则

ABCD    KAKD=KBKCAPCM    KAKM=KPKC\begin{aligned} AB \parallel CD &\implies \frac{KA}{KD} = \frac{KB}{KC} \\ \\ AP \parallel CM &\implies \frac{KA}{KM} = \frac{KP}{KC} \end{aligned}

两式相除,可得

KMKD=KBKP    BMDP\frac{KM}{KD} = \frac{KB}{KP} \implies BM \parallel DP

图22

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