Question

19．（1）尝试探究
如图1，Rt△ABC中，AB=AC，AD是高，点E是AB边上一点，CE与AD交于点G，过点E作EF⊥CE交BC于点F．若AE=2BE，则EF与EG的数量关系是EG=2EF．
（2）类比延伸
如图2，在（1）的条件下，若AE=nBE（n＞0），则EF与EG的数量关系是EG=nEF（用含n的代数式表示），试写出解答过程．
（3）拓展迁移
如图3，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是高，点E是AB边上一点，CE与AD交于点G，过点E作EF⊥CE交BC于点F，若AE=aBE，AB=bAC（a＞0，b＞0），则EF与EG的数量关系是EG=abEF．

Answer 1

分析 （1）如图1中，过点E分别作EP⊥BD于点P，作EQ⊥AD于点Q，先证明△BPE∽△AQE，再证明△EPF∽△EQG即可．
（2）如图2中，过点E分别作EP⊥BD于点P，作EQ⊥AD于点Q，证明方法类似（1）．
（3）如图3中，过点E分别作EP⊥BD于点P，作EQ⊥AD于点Q，由△EPF∽△EQG，得$\frac{AE}{BE}$=$\frac{AQ}{EP}$ ①，由△AEQ∽△CBA，得$\frac{AB}{AC}$=$\frac{EQ}{AQ}$ ②，①×②得$\frac{EQ}{EP}$=ab，由此即可解决问题．

解答 解：（1）EG=2EF；
理由：如图1中，过点E分别作EP⊥BD于点P，作EQ⊥AD于点Q．
∴∠BPE=∠AQE=90°．
∵AD是等腰直角三角形的高，
∴∠B=∠EAQ=45°．
∴△BPE∽△AQE，
∴$\frac{EP}{EQ}$=$\frac{BE}{AE}$=$\frac{1}{2}$，
∴EQ=2EP，
∵∠FEP+∠PEG=90°，∠GEQ+∠PEG=90°，
∴∠FEP=∠GEQ．
又∵∠EPF=∠EQG=90°，
∴△EPF∽△EQG，
∴$\frac{EP}{EQ}$=$\frac{EF}{EG}$=$\frac{1}{2}$，
∴EG=2EF．
故答案为EG=2EF．
（2）EG=nEF；
理由：如图2中，过点E分别作EP⊥BD于点P，作EQ⊥AD于点Q．
∴∠BPE=∠AQE=90°．
∵AD是等腰直角三角形的高，
∴∠B=∠EAQ=45°．
∴△BPE∽△AQE，
∴$\frac{EP}{EQ}$=$\frac{BE}{AE}$，
∵AE=nBE，
∴EQ=nEP．
∵∠FEP+∠PEG=90°，∠GEQ+∠PEG=90°，
∴∠FEP=∠GEQ．
又∵∠EPF=∠EQG=90°，
∴△EPF∽△EQG，
∴$\frac{EP}{EQ}$=$\frac{EF}{EG}$，
∴EG=nEF．
故答案为EG=2EF．
（3）EG=abEF，
理由：如图3中，过点E分别作EP⊥BD于点P，作EQ⊥AD于点Q，
∵△EPF∽△EQG，
∴$\frac{AE}{BE}$=$\frac{AQ}{EP}$      ①
∵∠AQE=∠BAC，∠EAQ=∠ACB，
∴△AEQ∽△CBA，
∴$\frac{AQ}{AC}$=$\frac{EQ}{AB}$，
∴$\frac{AB}{AC}$=$\frac{EQ}{AQ}$     ②
①×②得$\frac{AE}{BE}$•$\frac{AB}{AC}$=$\frac{EQ}{EP}$=ab，
∵△EPF∽△EQG，
∴$\frac{EP}{EQ}$=$\frac{EF}{EG}$，
∴$\frac{EG}{EF}$=ab，
∴EG=abEF．
故答案为EG=abEF．

点评 本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造相似三角形，本题需要用到多次相似，属于中考常考题型．