Question

19．如圖1，△EAB和△EDC均為等腰直角三角形，B、C、E三點在同一直線上，且$\frac{CE}{BE}=\frac{1}{2}$，BC=6，在圖1中，以點E為位似中心，在△EAB內作△EGF與△EAB位似，相似比是1：k（k≠1），點H是邊CE上一動點（不與點C、點E重合），連接GH，HD，如圖2．
（1）若k=2時，求證：△EGF≌△EDC；
（2）若k=4時，是否存在點H使得△HGF和△CDH相似？如果存在，求出CH的值；如果不存在，請說明理由；
（3）如果△HGF和△CDH相似，求出k的取值應該滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）k=2時，由題意可知EF=FG=2，因為EC=CD=2，不難證明：△EGF≌△EDC．
（2）k=4時，易知EF=FG=1，分兩種情形討論求出CH的值．
（3）先證明HG=HD，利用△HGF∽△DHC得到FG=HC=$\frac{4}{k}$，根據不等式O＜$\frac{4}{k}＜2$求出K的范圍即可．

解答 解：（1）∵$\frac{CE}{BE}=\frac{1}{2}$，BC=BE+EC=6，
∴BE=4，EC=2，
∵△EGF與△EAB位似，相似比是1：2，
∴FE=$\frac{1}{2}$BE=2，
∵AB=BE，AB⊥BE，
∴∠A=∠AEB=45°，
∵GF⊥BE，
∴∠GFE=90°，
∴∠FGE=∠GEF=45°，
∴FG=FE=2，
∵EC=CD=2，∠C=90°，
∴EF=FG=EC=CD，∠GFE=∠C=90°，
∴△EGF≌△EDC．
（2）存在．
理由如下：k=4時，∵$\frac{EF}{EB}$=$\frac{1}{k}$，EB=4，
∴EF=FG=1，FC=EF+EC=3，
設HC=x，①當$\frac{FG}{HC}=\frac{FH}{DC}$時△HGF∽△DHC，
∴$\frac{1}{x}=\frac{3-x}{2}$，
解得；x=1或2，
x=2時E、H重合不合題意，
∴x=1，
∴HC=1．
②當$\frac{GF}{DC}=\frac{FH}{HC}$時△HGF∽△HDC，
∴$\frac{1}{2}=\frac{3-x}{x}$，
∴x=2，此時H、E重合不合題意．
綜上所述，HC=1．
（3）∵H、E不能重合，
∴只有$\frac{FG}{HC}=\frac{FH}{DC}$時△HGF∽△DHC，
∴∠GHF=∠HDC，
∵∠HDC+∠DHC=90°，
∴∠GHF+∠DHC=90°，
∴∠GHD=90°，
∵∠GEO=∠OHD=90°，∠GOE=∠DOH，
∴△GOE∽△DOH，
∴$\frac{GO}{DO}=\frac{EO}{OH}$，
∴$\frac{GO}{EO}=\frac{DO}{OH}$，
∵∠GOD=∠EOH，
∴△GOD∽△EOH，
∴∠DGO=∠OEH=45°，
∴∠HGD=∠HDG=45°，
∴GH=DH，
∴$\frac{FG}{HC}=\frac{FH}{DC}=\frac{HG}{DH}=1$，
∴FG=EF=HC，
∵$\frac{EF}{EB}=\frac{1}{k}$，
∴HC=EF=$\frac{4}{k}$，
∵點H在線段EC上（不與點C、點E重合），
∴0＜HC＜2，
∴O＜$\frac{4}{k}$＜2
∴K＞2．

點評 本題考查全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、位似三角形的性質、用方程或不等式的思想解決問題，靈活運用三角形相似是解決問題的關鍵，
第3問中∠DGH=45度角的證明，是個難點，這里用了兩次相似，在以后的學習中希望靈活運用．