Question

19．类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．
原题：如图1，在△ABC中，点D、E、Q分别在AB、AC、BC上，且DE∥BC，AQ交DE于点P，求证：$\frac{DP}{BQ}$=$\frac{PE}{QC}$．
（1）尝试探究：在图1中，由DP∥BQ得△ADP∽△ABQ（填“≌”或“∽”），则$\frac{DP}{BQ}$=$\frac{AP}{AQ}$，同理可得$\frac{PE}{QC}$=$\frac{AP}{AQ}$，从而$\frac{DP}{BQ}$=$\frac{PE}{QC}$．
（2）类比延伸：如图2，在△ABC中，∠BAC=90°，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG、AF分别交DE于M、N两点，若AB=AC=1，则MN的长为$\frac{\sqrt{2}}{9}$．
（3）拓展迁移：如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG、AF分别交于DE于M、N两点，AB＜AC，求证：MN²=DM•EN．

Answer 1

分析 （1）可证明△ADP∽△ABQ，△ACQ∽△ADP，从而根据等比代换，得出$\frac{DP}{BQ}$=$\frac{PE}{QC}$；
（2）根据三角形的面积公式求出BC边上的高$\frac{\sqrt{2}}{2}$，根据△ADE∽△ABC，求出正方形DEFG的边长$\frac{\sqrt{2}}{3}$，根据$\frac{MN}{GF}$等于高之比，即可求出MN；
（3）可得出△BGD∽△EFC，则DG•EF=CF•BG；又由DG=GF=EF，得GF²=CF•BG，再根据（1）$\frac{DM}{BG}$=$\frac{MN}{GF}$=$\frac{EN}{FC}$，从而得出答案．

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

（2）如图2所示，作AQ⊥BC于点Q．
∵BC边上的高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边上的高为$\frac{\sqrt{2}}{6}$，MN：GF=$\frac{\sqrt{2}}{6}$：$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴MN：$\frac{\sqrt{2}}{3}$=$\frac{\sqrt{2}}{6}$：$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴MN=$\frac{\sqrt{2}}{9}$．
故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{9}$．

（3）证明：如图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．

点评 本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质以及正方形的性质的综合应用，解决问题的关键是运用相似三角形的性质列出比例式进行推导计算．在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形或作辅助线构造相似三角形．