Question

17．如图，在矩形ABCD中，AD=4，M是AD的中点，点E是线段AB上一动点，连接EM并延长交线段CD的延长线于点F．
感知：如图1，易证：△AEM≌△DFM；（不需要证明）
应用：如图2，若AB=2，过点M作MG⊥EF交线段BC于点G，求证：△GEF是等腰直角三角形；
拓展：如图3，若AB=2$\sqrt{3}$，过点M作MG⊥EF交线段BC的延长线于点G，直接写出$\frac{MG}{ME}$的值．

Answer 1

分析 （1）若△CEF为等腰直角三角形，则∠FEC=90°，且EF=EC，易得∠F=∠FCE=45°，然后由矩形的性质可得∠BCE=45°，∠FMD=45°，进而可得BC=BE=AD=4，FD=DM=$\frac{1}{2}$AD=2，然后由ASA易证△AEM≌△DFM，进而可得：AE=FD=2，进而可求：AB=AE+BE=2+4=6，进而可得矩形ABCD的周长；
（2）过点G作GH⊥AD于H，通过条件可以证明△AEM≌△HMG，得出ME=MG，进而得出∠EGM=45°，再由（1）的结论可以得出∠EGF=90°，从而得出结论．
（3）①过点G作GH⊥AD交AD延长线于点H，证明△AEM∽△HMG，可以得出$\frac{EG}{MG}$．

解答 （1）解：若△CEF为等腰直角三角形，则∠FEC=90°，且EF=EC，如图1所示，

∵∠FEC=90°，且EF=EC，
∴∠F=∠FCE=45°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，AD=BC=4，
∴∠BCE=45°，∠FMD=45°，∠BEC=45°，
∴∠F=∠FMD，∠BEC=∠BCE，
∴DF=DM，BC=BE=4，
∵M是AD的中点，
∴MD=AM=$\frac{1}{2}$AD=2，
∴DF=2，
在△AME和△DMF中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠FDM}\\{AM=DM}\\{∠AME=∠DMF}\end{array}\right.$，
∴△AME≌△DMF（ASA），
∴AE=DF=2，
∴AB=AE+BE=2+4=6，
∴矩形ABCD的周长=2（AB+AD）=2×（6+4）=20；
（2）答：△GEF是等腰直角三角形．
证明：过点G作GH⊥AD于H，如图2，

∵∠A=∠B=∠AHG=90°，
∴四边形ABGH是矩形．
∴GH=AB=2，
∵M是AD的中点，
∴AM=$\frac{1}{2}$AD=2，
∴AM=GH．
∵MG⊥EF，
∴∠GME=90°．
∴∠AME+∠GMH=90°．
∵∠AME+∠AEM=90°，
∴∠AEM=∠GMH．
在△AEM和△HMG中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{AM=GH}\\{∠AEM=∠GMH}\\{∠A=∠AHG}\end{array}\right.$，
∴△AEM≌△HMG．
∴ME=MG．
∴∠EGM=45°．
由（1）得△AEM≌△DFM，
∴ME=MF．
∵MG⊥EF，
∴GE=GF．
∴∠EGF=2∠EGM=90°．
∴△GEF是等腰直角三角形．
（3）①△GEF是等边三角形．
证明：过点G作GH⊥AD交AD延长线于点H，如图3，

∵∠A=∠B=∠AHG=90°，
∴四边形ABGH是矩形．
∴GH=AB=2$\sqrt{3}$．
∵MG⊥EF，
∴∠GME=90°．
∴∠AME+∠GMH=90°．
∵∠AME+∠AEM=90°，
∴∠AEM=∠GMH．
又∵∠A=∠GHM=90°，
∴△AEM∽△HMG．
∴$\frac{EG}{MG}$=$\frac{AM}{GH}$．在Rt△GME中，
∴tan∠MEG=$\frac{MG}{EM}$=$\sqrt{3}$．

点评 本题是一道相似形的综合题，考查了全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，三角函数值的运用，等边三角形的判定，等腰直角三角形的判定．在解答时添加辅助线构建全等形和相似形是关键．