Question

3．如圖，正方形ABCD的頂點D在正方形ECGF的邊EC上，頂點B在GC的延長線上，連接EG、BE，∠EGC的平分線GH過點D交BE于H，連接HF交EG于M，則$\frac{MG}{ME}$的值為$\sqrt{2}$+1．

Answer 1

分析 取EG中點O，連接OH，先證明△BCE≌△DCG推出HG⊥BE，再證明△BGH≌△EGH，推出OH是三角形中位線，設HN=a，則BC=2a，設正方形ECGF的邊長是2b，則NC=b，CD=2a，利用△DHN∽△DGC，得$\frac{DN}{DC}$=$\frac{HN}{CG}$，求出a、b之間的關系，最后由△EFM∽△OMH，得$\frac{EM}{OM}$=$\frac{EF}{OH}$=$\frac{2b}{a+b}$，推出$\frac{EM}{MG}$=$\frac{a+2b}$=$\frac{1}{\frac{a}+2}$即可解決問題．

解答 解：取EG中點O，連接OH
∵四邊形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，
設EC和OH相交于點N．
設HN=a，則BC=2a，設正方形ECGF的邊長是2b，則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），
則$\frac{a}$=$\sqrt{2}$-1，
∵EF∥OH，
∴△EFM∽△OMH，
∴$\frac{EM}{OM}$=$\frac{EF}{OH}$=$\frac{2b}{a+b}$，
∴$\frac{EM}{OE}$=$\frac{2b}{a+3b}$，$\frac{EM}{EG}$=$\frac{a+3b}$，
∴$\frac{EM}{MG}$=$\frac{a+2b}$=$\frac{1}{\frac{a}+2}$=$\frac{1}{\sqrt{2}-1+2}$=$\frac{1}{\sqrt{2}+1}$，
∴$\frac{MG}{ME}$=$\sqrt{2}$+1．
故答案為$\sqrt{2}+1$．

點評 本題考查了正方形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，正確求得兩個三角形的邊長的比是解決本題的關鍵，題目比較難．