Question

19．類比、轉化、從特殊到一般等思想方法，在數學學習和研究中經常用到，如下是一個案例，請補充完整．
原題：如圖1，在△ABC中，點D、E、Q分別在AB、AC、BC上，且DE∥BC，AQ交DE于點P，求證：$\frac{DP}{BQ}$=$\frac{PE}{QC}$．
（1）嘗試探究：在圖1中，由DP∥BQ得△ADP∽△ABQ（填“≌”或“∽”），則$\frac{DP}{BQ}$=$\frac{AP}{AQ}$，同理可得$\frac{PE}{QC}$=$\frac{AP}{AQ}$，從而$\frac{DP}{BQ}$=$\frac{PE}{QC}$．
（2）類比延伸：如圖2，在△ABC中，∠BAC=90°，正方形DEFG的四個頂點在△ABC的邊上，連接AG、AF分別交DE于M、N兩點，若AB=AC=1，則MN的長為$\frac{\sqrt{2}}{9}$．
（3）拓展遷移：如圖3，在△ABC中，∠BAC=90°，正方形DEFG的四個頂點在△ABC的邊上，連接AG、AF分別交于DE于M、N兩點，AB＜AC，求證：MN²=DM•EN．

Answer 1

分析 （1）可證明△ADP∽△ABQ，△ACQ∽△ADP，從而根據等比代換，得出$\frac{DP}{BQ}$=$\frac{PE}{QC}$；
（2）根據三角形的面積公式求出BC邊上的高$\frac{\sqrt{2}}{2}$，根據△ADE∽△ABC，求出正方形DEFG的邊長$\frac{\sqrt{2}}{3}$，根據$\frac{MN}{GF}$等于高之比，即可求出MN；
（3）可得出△BGD∽△EFC，則DG•EF=CF•BG；又由DG=GF=EF，得GF²=CF•BG，再根據（1）$\frac{DM}{BG}$=$\frac{MN}{GF}$=$\frac{EN}{FC}$，從而得出答案．

解答 解：（1）如圖1，∵DP∥BQ，
∴△ADP∽△ABQ，
∴$\frac{DP}{BQ}$=$\frac{AP}{AQ}$，
同理可得△ACQ∽△APE，
∴$\frac{EP}{CQ}$=$\frac{AP}{AQ}$，
∴$\frac{DP}{BQ}$=$\frac{EP}{CQ}$．
故答案為：∽，$\frac{AP}{AQ}$；

（2）如圖2所示，作AQ⊥BC于點Q．
∵BC邊上的高AQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵DE=DG=GF=EF=BG=CF，
∴DE：BC=1：3，
又∵DE∥BC，
∴AD：AB=1：3，
∴AD=$\frac{1}{3}$，DE=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
∵DE邊上的高為$\frac{\sqrt{2}}{6}$，MN：GF=$\frac{\sqrt{2}}{6}$：$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴MN：$\frac{\sqrt{2}}{3}$=$\frac{\sqrt{2}}{6}$：$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴MN=$\frac{\sqrt{2}}{9}$．
故答案為：$\frac{\sqrt{2}}{9}$．

（3）證明：如圖3，∵∠B+∠C=90°∠CEF+∠C=90°，
∴∠B=∠CEF，
又∵∠BGD=∠EFC，
∴△BGD∽△EFC，
∴$\frac{DG}{CF}$=$\frac{BG}{EF}$，
∴DG•EF=CF•BG，
又∵DG=GF=EF，
∴GF²=CF•BG，
由（1）得$\frac{DM}{BG}$=$\frac{MN}{GF}$=$\frac{EN}{FC}$，
∴$\frac{MN}{GF}$×$\frac{MN}{GF}$=$\frac{DM}{BG}$×$\frac{EN}{CF}$，
∴（$\frac{MN}{GF}$）²=$\frac{DM}{BG}$×$\frac{EN}{CF}$，
∵GF²=CF•BG，
∴MN²=DM•EN．

點評 本題屬于相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定和性質以及正方形的性質的綜合應用，解決問題的關鍵是運用相似三角形的性質列出比例式進行推導計算．在判定兩個三角形相似時，應注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構造相似三角形或作輔助線構造相似三角形．