Question

3．如图，正方形ABCD的顶点D在正方形ECGF的边EC上，顶点B在GC的延长线上，连接EG、BE，∠EGC的平分线GH过点D交BE于H，连接HF交EG于M，则$\frac{MG}{ME}$的值为$\sqrt{2}$+1．

Answer 1

分析 取EG中点O，连接OH，先证明△BCE≌△DCG推出HG⊥BE，再证明△BGH≌△EGH，推出OH是三角形中位线，设HN=a，则BC=2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC=b，CD=2a，利用△DHN∽△DGC，得$\frac{DN}{DC}$=$\frac{HN}{CG}$，求出a、b之间的关系，最后由△EFM∽△OMH，得$\frac{EM}{OM}$=$\frac{EF}{OH}$=$\frac{2b}{a+b}$，推出$\frac{EM}{MG}$=$\frac{b}{a+2b}$=$\frac{1}{\frac{a}{b}+2}$即可解决问题．

解答 解：取EG中点O，连接OH
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠BCE=90°，
同理可得CE=CG，∠DCG=90°，
在△BCE和△DCG中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=DC}\\{∠BCE=∠DCG=90°}\\{CE=CG}\end{array}\right.$，
∴△BCE≌△DCG，
∴∠BEC=∠DGC，
∵∠EDH=∠CDG，∠DGC+∠CDG=90°，
∴∠EDH+∠BEC=90°，
∴∠EHD=90°，
∴HG⊥BE，
在△BGH和△EGH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EHG=∠BHG}\\{HG=HG}\\{∠EGH=∠BGH}\end{array}\right.$，
∴△BGH≌△EGH，
∴BH=EH，
∵EH=HB，EO=OG，
∴HO∥BG，HO=$\frac{1}{2}$BG=$\frac{1}{2}$EF，
设EC和OH相交于点N．
设HN=a，则BC=2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC=b，CD=2a，
∵OH∥BC，
∴△DHN∽△DGC，
∴$\frac{DN}{DC}$=$\frac{HN}{CG}$，即$\frac{b-2a}{2a}$=$\frac{a}{2b}$，即a²+2ab-b²=0，
解得：a=（-1+$\sqrt{2}$）b，或a=（-1-$\sqrt{2}$）b（舍去），
则$\frac{a}{b}$=$\sqrt{2}$-1，
∵EF∥OH，
∴△EFM∽△OMH，
∴$\frac{EM}{OM}$=$\frac{EF}{OH}$=$\frac{2b}{a+b}$，
∴$\frac{EM}{OE}$=$\frac{2b}{a+3b}$，$\frac{EM}{EG}$=$\frac{b}{a+3b}$，
∴$\frac{EM}{MG}$=$\frac{b}{a+2b}$=$\frac{1}{\frac{a}{b}+2}$=$\frac{1}{\sqrt{2}-1+2}$=$\frac{1}{\sqrt{2}+1}$，
∴$\frac{MG}{ME}$=$\sqrt{2}$+1．
故答案为$\sqrt{2}+1$．

点评 本题考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确求得两个三角形的边长的比是解决本题的关键，题目比较难．