Question

1．已知：正方形ABCD中，點(diǎn)E在射線BC上，作射線DE，其中0°＜∠CDE＜45°，過點(diǎn)B作DE的垂線分別交射線DE、射線DE于點(diǎn)F、H，作射線AE交射線DC于點(diǎn)G．
（1）如圖，求證：$\frac{CF}{AB}=\frac{GE}{AG}$；
（2）作射線AC交射線BF于點(diǎn)Q，點(diǎn)P是線段AG上不與點(diǎn)A、G重合的一點(diǎn)，連接CP、PQ、GH，若∠CPQ=∠GHQ+∠CED，探究線段PQ、PC、PG之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論． 

Answer 1

分析 （1）如圖1，正方形ABCD中，AB=BC=DC，∠BCD=90°，因?yàn)锽H⊥CD，得到∠CBF+∠DEB=90°，因?yàn)椤螩DE+∠DEB=90°，得到△CBF≌△CDE，CF=CE，因?yàn)镃D∥AB，所以$\frac{CE}{BC}=\frac{GE}{AG}$，所以$\frac{CF}{AB}=\frac{GE}{AG}$；（2））分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)F在線段DC上時(shí)，連接DQ，連接QG并延長(zhǎng)交DE于點(diǎn)N．由△CQF∽△AQB得$\frac{CF}{AB}=\frac{QC}{AQ}$，∵$\frac{GF}{AB}=\frac{GE}{AG}$，
所以$\frac{GE}{AG}=\frac{QC}{AQ}$，由$\frac{GE}{AG}+1=\frac{QC}{AQ}+1$，得到$\frac{AE}{AG}=\frac{AC}{AQ}$，由三角形相似得到∠AQG=∠ACE，得到QG∥CE和△CQG為等腰直角三角形，
所以△CBQ≌△CDQ，因?yàn)椤螩BQ=∠CDQ，∠CBQ=∠CDE，所以∠CDQ=∠CDE，再由DG=DG，∠DGQ=∠DGN=90°，得到△DQG≌△DNG，QG=GN，因?yàn)椤螿HN=90°，
得到GH=QG，∠QHG=∠HQG=∠HBC，∠CPQ=∠GHQ+∠CED=∠HBC+∠CED=90°，
過點(diǎn)G作GM⊥GP交CP于點(diǎn)M，設(shè)PC與QG的交點(diǎn)為O，
由∠PQG+∠POQ=∠MCG+∠COG=90°，∠POQ=∠COG，得到∠PQG=∠MCG，同理∠PGQ=∠MGC，QG=CG所以△GPQ≌△GMC，PQ=CM，因?yàn)镻M=$\sqrt{2}$PG，得到PC-PQ=PC-CM=PM=$\sqrt{2}$PG；
②當(dāng)點(diǎn)F在線段DC延長(zhǎng)線上時(shí)（如圖3）連接DH并延長(zhǎng)交QG的延長(zhǎng)線于N，接下來思路和①相同．

解答 證明：（1）如圖1，
正方形ABCD中，AB=BC=DC，∠BCD=90°
∵BH⊥CD，
∴∠BHE=90°，
∴∠CBF+∠DEB=90°，
又∵∠CDE+∠DEB=90°，
∴△CBF≌△CDE，
又∵∠CDE+∠DEB=90°，∴CF=CE，
∵CD∥AB，
∴$\frac{CE}{BC}=\frac{GE}{AG}$，
∴$\frac{CF}{AB}=\frac{GE}{AG}$；
（2）①當(dāng)點(diǎn)F在線段DC上時(shí) （如圖2）
連接DQ，連接QG并延長(zhǎng)交DE于點(diǎn)N．
由△CQF∽△AQB得$\frac{CF}{AB}=\frac{QC}{AQ}$，
∵$\frac{GF}{AB}=\frac{GE}{AG}$，
∴$\frac{GE}{AG}=\frac{QC}{AQ}$，
∴$\frac{GE}{AG}+1=\frac{QC}{AQ}+1$，
即$\frac{AE}{AG}=\frac{AC}{AQ}$，
又∵∠QAG=∠CAE，
∴△AQG∽△ACE，
∴∠AQG=∠ACE，
∴QG∥CE△CQG為等腰直角三角形，
∵$\left\{\begin{array}{l}{BC=CD}\\{∠BCQ=∠DCQ}\\{CQ=CQ}\end{array}\right.$，
∴△CBQ≌△CDQ，
∴∠CBQ=∠CDQ，
∵∠CBQ=∠CDE，
∴∠CDQ=∠CDE，
又∵DG=DG，∠DGQ=∠DGN=90°，
∴△DQG≌△DNG，
∴QG=GN，
又∵∠QHN=90°，
∴GH=QG，
∴∠QHG=∠HQG=∠HBC，
∴∠CPQ=∠GHQ+∠CED=∠HBC+∠CED=90°，
過點(diǎn)G作GM⊥GP交CP于點(diǎn)M，設(shè)PC與QG的交點(diǎn)為O，
∵∠PQG+∠POQ=∠MCG+∠COG=90°，∠POQ=∠COG，
∴∠PQG=∠MCG，
同理∠PGQ=∠MGC，
又∵QG=CG
∴△GPQ≌△GMC，
∴PQ=CM，
又∵PM=$\sqrt{2}$PG，
∴PC-PQ=PC-CM=PM=$\sqrt{2}$PG；
②當(dāng)點(diǎn)F在線段DC延長(zhǎng)線上時(shí)（如圖3）
連接DH并延長(zhǎng)交QG的延長(zhǎng)線于N，由△CQF∽△AQB得$\frac{CF}{AB}=\frac{QC}{AQ}$，
∵$\frac{GF}{AB}=\frac{GE}{AG}$，
∴$\frac{GE}{AG}=\frac{QC}{AQ}$，
∴$\frac{GE}{AG}+1=\frac{QC}{AQ}+1$，
即$\frac{AE}{AG}=\frac{AC}{AQ}$，
又∵∠QAG=∠CAE，
∴△AQG∽△ACE，
∴∠AQG=∠ACE，
∴QG∥CE△CQG為等腰直角三角形，
∵$\left\{\begin{array}{l}{BC=CD}\\{∠BCQ=∠DCQ}\\{CQ=CQ}\end{array}\right.$，
∴△CBQ≌△CDQ，
∴∠CBQ=∠CDQ，
∵∠CBQ=∠CDE，
∴∠CDQ=∠CDE，
又∵DG=DG，∠DGQ=∠DGN=90°，
∴△DQG≌△DNG，
∴QG=GN，
又∵∠QHN=90°，
∴GH=QG，
∴∠QHG=∠HQG=∠HBC，
∴∠CPQ=∠GHQ+∠CED=∠HBC+∠CED=90°，
過點(diǎn)G作GM⊥GP交CP于點(diǎn)M，設(shè)PQ與CG的交點(diǎn)為O，
∵∠PQG+∠POQ=∠MCG+∠COG=90°，∠POQ=∠COG，
∴∠PQG=∠MCG，
同理∠PGQ=∠MGC，
又∵QG=CG
∴△GPQ≌△GMC，
∴PQ=CM，
又∵PM=$\sqrt{2}$PG，
PQ-PC=$\sqrt{2}$PG．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，特別是正確的做出輔助線是解題的關(guān)鍵．