Question

17．如圖，在矩形ABCD中，AD=4，M是AD的中點，點E是線段AB上一動點，連接EM并延長交線段CD的延長線于點F．
感知：如圖1，易證：△AEM≌△DFM；（不需要證明）
應(yīng)用：如圖2，若AB=2，過點M作MG⊥EF交線段BC于點G，求證：△GEF是等腰直角三角形；
拓展：如圖3，若AB=2$\sqrt{3}$，過點M作MG⊥EF交線段BC的延長線于點G，直接寫出$\frac{MG}{ME}$的值．

Answer 1

分析 （1）若△CEF為等腰直角三角形，則∠FEC=90°，且EF=EC，易得∠F=∠FCE=45°，然后由矩形的性質(zhì)可得∠BCE=45°，∠FMD=45°，進而可得BC=BE=AD=4，F(xiàn)D=DM=$\frac{1}{2}$AD=2，然后由ASA易證△AEM≌△DFM，進而可得：AE=FD=2，進而可求：AB=AE+BE=2+4=6，進而可得矩形ABCD的周長；
（2）過點G作GH⊥AD于H，通過條件可以證明△AEM≌△HMG，得出ME=MG，進而得出∠EGM=45°，再由（1）的結(jié)論可以得出∠EGF=90°，從而得出結(jié)論．
（3）①過點G作GH⊥AD交AD延長線于點H，證明△AEM∽△HMG，可以得出$\frac{EG}{MG}$．

解答 （1）解：若△CEF為等腰直角三角形，則∠FEC=90°，且EF=EC，如圖1所示，

∵∠FEC=90°，且EF=EC，
∴∠F=∠FCE=45°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，AD=BC=4，
∴∠BCE=45°，∠FMD=45°，∠BEC=45°，
∴∠F=∠FMD，∠BEC=∠BCE，
∴DF=DM，BC=BE=4，
∵M是AD的中點，
∴MD=AM=$\frac{1}{2}$AD=2，
∴DF=2，
在△AME和△DMF中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠FDM}\\{AM=DM}\\{∠AME=∠DMF}\end{array}\right.$，
∴△AME≌△DMF（ASA），
∴AE=DF=2，
∴AB=AE+BE=2+4=6，
∴矩形ABCD的周長=2（AB+AD）=2×（6+4）=20；
（2）答：△GEF是等腰直角三角形．
證明：過點G作GH⊥AD于H，如圖2，

∵∠A=∠B=∠AHG=90°，
∴四邊形ABGH是矩形．
∴GH=AB=2，
∵M是AD的中點，
∴AM=$\frac{1}{2}$AD=2，
∴AM=GH．
∵MG⊥EF，
∴∠GME=90°．
∴∠AME+∠GMH=90°．
∵∠AME+∠AEM=90°，
∴∠AEM=∠GMH．
在△AEM和△HMG中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{AM=GH}\\{∠AEM=∠GMH}\\{∠A=∠AHG}\end{array}\right.$，
∴△AEM≌△HMG．
∴ME=MG．
∴∠EGM=45°．
由（1）得△AEM≌△DFM，
∴ME=MF．
∵MG⊥EF，
∴GE=GF．
∴∠EGF=2∠EGM=90°．
∴△GEF是等腰直角三角形．
（3）①△GEF是等邊三角形．
證明：過點G作GH⊥AD交AD延長線于點H，如圖3，

∵∠A=∠B=∠AHG=90°，
∴四邊形ABGH是矩形．
∴GH=AB=2$\sqrt{3}$．
∵MG⊥EF，
∴∠GME=90°．
∴∠AME+∠GMH=90°．
∵∠AME+∠AEM=90°，
∴∠AEM=∠GMH．
又∵∠A=∠GHM=90°，
∴△AEM∽△HMG．
∴$\frac{EG}{MG}$=$\frac{AM}{GH}$．在Rt△GME中，
∴tan∠MEG=$\frac{MG}{EM}$=$\sqrt{3}$．

點評 本題是一道相似形的綜合題，考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，三角函數(shù)值的運用，等邊三角形的判定，等腰直角三角形的判定．在解答時添加輔助線構(gòu)建全等形和相似形是關(guān)鍵．