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    19．如图1，△EAB和△EDC均为等腰直角三角形，B、C、E三点在同一直线上，且$\frac{CE}{BE}=\frac{1}{2}$，BC=6，在图1中，以点E为位似中心，在△EAB内作△EGF与△EAB位似，相似比是1：k（k≠1），点H是边CE上一动点（不与点C、点E重合），连接GH，HD，如图2．
    （1）若k=2时，求证：△EGF≌△EDC；
    （2）若k=4时，是否存在点H使得△HGF和△CDH相似？如果存在，求出CH的值；如果不存在，请说明理由；
    （3）如果△HGF和△CDH相似，求出k的取值应该满足的条件．

    分析 （1）k=2时，由题意可知EF=FG=2，因为EC=CD=2，不难证明：△EGF≌△EDC．
    （2）k=4时，易知EF=FG=1，分两种情形讨论求出CH的值．
    （3）先证明HG=HD，利用△HGF∽△DHC得到FG=HC=$\frac{4}{k}$，根据不等式O＜$\frac{4}{k}＜2$求出K的范围即可．

    解答 解：（1）∵$\frac{CE}{BE}=\frac{1}{2}$，BC=BE+EC=6，
    ∴BE=4，EC=2，
    ∵△EGF与△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时，∵$\frac{EF}{EB}$=$\frac{1}{k}$，EB=4，
    ∴EF=FG=1，FC=EF+EC=3，
    设HC=x，①当$\frac{FG}{HC}=\frac{FH}{DC}$时△HGF∽△DHC，
    ∴$\frac{1}{x}=\frac{3-x}{2}$，
    解得；x=1或2，
    x=2时E、H重合不合题意，
    ∴x=1，
    ∴HC=1．
    ②当$\frac{GF}{DC}=\frac{FH}{HC}$时△HGF∽△HDC，
    ∴$\frac{1}{2}=\frac{3-x}{x}$，
    ∴x=2，此时H、E重合不合题意．
    综上所述，HC=1．
    （3）∵H、E不能重合，
    ∴只有$\frac{FG}{HC}=\frac{FH}{DC}$时△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=$\frac{4}{k}$，
    ∵点H在线段EC上（不与点C、点E重合），
    ∴0＜HC＜2，
    ∴O＜$\frac{4}{k}$＜2
    ∴K＞2．

    点评 本题考查全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、位似三角形的性质、用方程或不等式的思想解决问题，灵活运用三角形相似是解决问题的关键，
    第3问中∠DGH=45度角的证明，是个难点，这里用了两次相似，在以后的学习中希望灵活运用．

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