Question

17．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12cm，BC=4cm，點(diǎn)E從點(diǎn)C出發(fā)沿射線CA以每秒3cm的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)F從點(diǎn)B出發(fā)沿射線BC以每秒1cm的速度運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）若0＜t＜4，試問(wèn)：t為何值時(shí)，以E、C、F為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似；
（2）若∠ACB的平分線CG交△ECF的外接圓于點(diǎn)G．
①試說(shuō)明：當(dāng)0＜t＜4時(shí)，CE、CF、CG在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滿足CE+CF=$\sqrt{2}$CG；
②試探究：當(dāng)t≥4時(shí)，CE、CF、CG的數(shù)量關(guān)系是否發(fā)生變化，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）0＜t＜4時(shí)，E和F分別在邊AC和BC上，分成△EFC∽△ABC和△FEC∽△ABC兩種情況，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊的比相等即可求解；
（2）分成0＜t＜4和t≥4兩種情況進(jìn)行討論，①當(dāng)0＜t＜4時(shí)，證明△EGH≌△FGC，△CGH是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求解，②當(dāng)t≥4時(shí)，思路相同

解答 解：（1）由題意，EC=3t，BF=t，F(xiàn)C=4-t
∵∠ECF=∠ACB，
∴以E、C、F為頂點(diǎn)的三角形與△ACB相似有兩種情況：
當(dāng)$\frac{EC}{AC}$=$\frac{FC}{BC}$時(shí)，△EFC∽△ABC 
∴$\frac{3t}{12}=\frac{4-t}{4}$，解得t=2，
當(dāng)$\frac{EC}{BC}$=$\frac{FC}{AC}$時(shí)，△FEC∽△ABC
∴$\frac{3t}{4}=\frac{4-t}{12}$，解得t=0.4．
∴當(dāng)t=2或0.4秒時(shí)，以E、C、F為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似；
（2）①當(dāng)0＜t＜4時(shí)，
過(guò)點(diǎn)G作GH⊥CG交AC于H，如圖1：

∵∠ACB=90°，
∴EF為△ECF的外接圓的直徑，
∴∠EGF=90°，
∴∠EGH=∠FGC，
∵CG平分∠ACB，
∴∠ECG=∠FCG=45°
∴$\widehat{EG}$=$\widehat{FG}$，
∴EG=FG
∵∠ECG=45°，
∴∠EHG=45°，
∴∠EHG=∠FCG，
在△EGH和△FGC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EGH=∠FGC}\\{BE=FG}\\{∠CHG=∠GCF}\end{array}\right.$，
∴△EGH≌△FGC．
∴EH=FC
∵∠EHG=∠ECG=45°，
∴CH=$\sqrt{2}$CG
∵CH=CE+EH，
∴CE+CF=$\sqrt{2}$CG；
②當(dāng)t≥4時(shí)，
過(guò)點(diǎn)G作GM⊥CG交AC于M，如圖2：

同理可得△EGM≌△FGC．
∴EM=FC
∵∠EMG=∠MCG=45°，
∴CM=$\sqrt{2}$CG
∵CM=CE-EM，
∴CE-CF=$\sqrt{2}$CG．

點(diǎn)評(píng) 本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及圓的弧、弦、圓心角、圓周角之間的關(guān)系，正確證明△EGH≌△FGC是解決本題的關(guān)鍵．