Question

3．如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E在BC上，連接AE，點(diǎn)F在AE上，BF的延長線交射線CD于點(diǎn)G．

（1）若點(diǎn)E是BC邊上的中點(diǎn)，且$\frac{AF}{FE}$=4，求$\frac{CD}{CG}$的值．
（2）若點(diǎn)E是BC邊上的中點(diǎn)，且$\frac{AF}{FE}$=m（m＞0），求$\frac{CD}{CG}$的值．（用含m的代數(shù)式表示），試寫出解答過程．
（3）探究三：若$\frac{BE}{EC}$=n（n＞0），且$\frac{AF}{FE}$=m（m＞0），請(qǐng)直接寫出$\frac{CD}{CG}$的值（不寫解答過程）．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)E作EH∥AB交BG于H，先證明△ABF∽△EHF，則$\frac{AB}{EH}=\frac{AF}{FE}$=4，所以AB=4EH；同理證明△BHE∽△BGC，得CG=2EH，所以$\frac{CD}{CG}=\frac{AB}{CG}=\frac{4EH}{2EH}$=2；
（2）由（1）得$\frac{AB}{EH}=\frac{AF}{FE}$=m，$\frac{EH}{CG}=\frac{1}{2}$，將（1）中的4換成m，代入計(jì)算即可得出結(jié)論：$\frac{CD}{CG}=\frac{AB}{CG}$=$\frac{mEH}{2EH}$=$\frac{m}{2}$；
（3）先由△ABF∽△EHF，則$\frac{AB}{EH}=\frac{AF}{FE}$=m，所以AB=mEH；再由△BHE∽△BGC，得CG=$\frac{1+n}{n}$EH，代入可得結(jié)論：$\frac{CD}{CG}$=$\frac{AB}{CG}$=$\frac{mEH}{\frac{1+n}{n}EH}$=$\frac{mn}{1+n}$．

解答 解：（1）如圖1，過點(diǎn)E作EH∥AB交BG于H，
∴∠FAB=∠FEH，∠ABF=∠EHF，
∴△ABF∽△EHF，
∴$\frac{AB}{EH}=\frac{AF}{FE}$=4，
∴AB=4EH，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD∥EH，AB=CD，
∴∠BHE=∠BGC，∠BEH=∠BCG，
∴△BHE∽△BGC，
又∵E是BE的中點(diǎn)，
∴$\frac{EH}{CG}=\frac{1}{2}$，
∴CG=2EH，
∴$\frac{CD}{CG}=\frac{AB}{CG}=\frac{4EH}{2EH}$=2；
（2）由（1）得$\frac{AB}{EH}=\frac{AF}{FE}$=m，$\frac{EH}{CG}=\frac{1}{2}$，
∴AB=mEH，CG=2EH，
∴$\frac{CD}{CG}=\frac{AB}{CG}$=$\frac{mEH}{2EH}$=$\frac{m}{2}$；
（3）如圖2，過點(diǎn)E作EH∥AB交BG于H，
則△ABF∽△EHF，
∴$\frac{AB}{EH}=\frac{AF}{FE}$=m，
∴AB=mEH，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD∥EH，AB=CD，
∴∠BHE=∠BGC，∠BEH=∠BCG，
∴△BHE∽△BGC，
∴$\frac{EH}{CG}=\frac{BE}{BC}$，
∵$\frac{BE}{EC}$=n，
∴$\frac{BE}{BC}$=$\frac{n}{1+n}$，
∴$\frac{EH}{CG}$=$\frac{n}{1+n}$，
∴CG=$\frac{1+n}{n}$EH，
∴$\frac{CD}{CG}$=$\frac{AB}{CG}$=$\frac{mEH}{\frac{1+n}{n}EH}$=$\frac{mn}{1+n}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形的綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定，常用的相似判定有兩角對(duì)應(yīng)相待的兩三角形相似和平行的相似判定，根據(jù)比例式與已知條件列式解決問題．