19.如圖1,△EAB和△EDC均為等腰直角三角形,B、C、E三點在同一直線上,且$\frac{CE}{BE}=\frac{1}{2}$,BC=6,在圖1中,以點E為位似中心,在△EAB內(nèi)作△EGF與△EAB位似,相似比是1:k(k≠1),點H是邊CE上一動點(不與點C、點E重合),連接GH,HD,如圖2.
(1)若k=2時,求證:△EGF≌△EDC;
(2)若k=4時,是否存在點H使得△HGF和△CDH相似?如果存在,求出CH的值;如果不存在,請說明理由;
(3)如果△HGF和△CDH相似,求出k的取值應(yīng)該滿足的條件.

分析 (1)k=2時,由題意可知EF=FG=2,因為EC=CD=2,不難證明:△EGF≌△EDC.
(2)k=4時,易知EF=FG=1,分兩種情形討論求出CH的值.
(3)先證明HG=HD,利用△HGF∽△DHC得到FG=HC=$\frac{4}{k}$,根據(jù)不等式O<$\frac{4}{k}<2$求出K的范圍即可.

解答 解:(1)∵$\frac{CE}{BE}=\frac{1}{2}$,BC=BE+EC=6,
∴BE=4,EC=2,
∵△EGF與△EAB位似,相似比是1:2,
∴FE=$\frac{1}{2}$BE=2,
∵AB=BE,AB⊥BE,
∴∠A=∠AEB=45°,
∵GF⊥BE,
∴∠GFE=90°,
∴∠FGE=∠GEF=45°,
∴FG=FE=2,
∵EC=CD=2,∠C=90°,
∴EF=FG=EC=CD,∠GFE=∠C=90°,
∴△EGF≌△EDC.
(2)存在.
理由如下:k=4時,∵$\frac{EF}{EB}$=$\frac{1}{k}$,EB=4,
∴EF=FG=1,F(xiàn)C=EF+EC=3,
設(shè)HC=x,①當(dāng)$\frac{FG}{HC}=\frac{FH}{DC}$時△HGF∽△DHC,
∴$\frac{1}{x}=\frac{3-x}{2}$,
解得;x=1或2,
x=2時E、H重合不合題意,
∴x=1,
∴HC=1.
②當(dāng)$\frac{GF}{DC}=\frac{FH}{HC}$時△HGF∽△HDC,
∴$\frac{1}{2}=\frac{3-x}{x}$,
∴x=2,此時H、E重合不合題意.
綜上所述,HC=1.
(3)∵H、E不能重合,
∴只有$\frac{FG}{HC}=\frac{FH}{DC}$時△HGF∽△DHC,
∴∠GHF=∠HDC,
∵∠HDC+∠DHC=90°,
∴∠GHF+∠DHC=90°,
∴∠GHD=90°,
∵∠GEO=∠OHD=90°,∠GOE=∠DOH,
∴△GOE∽△DOH,
∴$\frac{GO}{DO}=\frac{EO}{OH}$,
∴$\frac{GO}{EO}=\frac{DO}{OH}$,
∵∠GOD=∠EOH,
∴△GOD∽△EOH,
∴∠DGO=∠OEH=45°,
∴∠HGD=∠HDG=45°,
∴GH=DH,
∴$\frac{FG}{HC}=\frac{FH}{DC}=\frac{HG}{DH}=1$,
∴FG=EF=HC,
∵$\frac{EF}{EB}=\frac{1}{k}$,
∴HC=EF=$\frac{4}{k}$,
∵點H在線段EC上(不與點C、點E重合),
∴0<HC<2,
∴O<$\frac{4}{k}$<2
∴K>2.

點評 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、位似三角形的性質(zhì)、用方程或不等式的思想解決問題,靈活運用三角形相似是解決問題的關(guān)鍵,
第3問中∠DGH=45度角的證明,是個難點,這里用了兩次相似,在以后的學(xué)習(xí)中希望靈活運用.

練習(xí)冊系列答案
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(5)班48121201122
根據(jù)上表分析得出入下結(jié)論:
①兩班學(xué)生成績的平均水平相同;
②(5)班的兩極分化比較嚴重;
③若考試分數(shù)≥120分為優(yōu)秀,則(5)班優(yōu)秀的人數(shù)一定多于(3)班優(yōu)秀的人數(shù).
上述結(jié)論正確的( 。
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