Question

4．已知：正方形ABCD中，F(xiàn)為BD上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥CD于點(diǎn)H，F(xiàn)G⊥BC于點(diǎn)G，連接AF并延長(zhǎng)交GH于點(diǎn)Q，延長(zhǎng)BD、GH交于點(diǎn)E．
（1）如圖1，連接CF，求證：∠CFQ=2∠E；
（2）過(guò)點(diǎn)B作BK∥GE交AD于點(diǎn)K，若GQ：QE=4：21，請(qǐng)你探究線段DK與BD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)淪．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，連接AC交BD于點(diǎn)O，連接FC交GH于K．由△FBA≌△FBC，推出∠FAB=∠FCB，F(xiàn)A=FC，再證明∠AQE=90°，利用“8字型”證明∠E=∠FAO=∠FCO，利用∠QFK=∠FAO+∠FCO即可證明．
（2）如圖2中，作GM⊥BD于M．易知△EMG是等腰直角三角形，設(shè)GM=MF=x，EF=y，GQ=4k，EQ=21k，構(gòu)建方程組求出x與y的關(guān)系，可得y=6x，設(shè)FM=MG=a，則EF=6a，BM=a，BG=FG=$\sqrt{2}$a，求出FH、EH，再利用△BDK∽△EFH，推出$\frac{KB}{EG}$=$\frac{KD}{FH}$，推出$\frac{DK}{BD}$=$\frac{FH}{EH}$，由此即可解決問(wèn)題．

解答 （1）證明：如圖1中，連接AC交BD于點(diǎn)O，連接FC交GH于K．

∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠FBA=∠FBC=45°，
在△FBA和△FBC中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=BC}\\{∠FBA=∠FBC}\\{BF=BF}\end{array}\right.$，
∴△FBA≌△FBC，
∴∠FAB=∠FCB，F(xiàn)A=FC，
∵FG⊥BC，F(xiàn)H⊥CD，
∴∠FGC=∠FHC=∠GCH=90°，
∴四邊形FGCH是矩形，
∴KG=KC=KF=KH，
∴∠KCG=∠KGC，
∴∠KGC=∠FAB，
∵FG∥AB，
∴∠QFG=∠FAB=∠KGC，
∵∠KGC+∠FGQ=90°，
∴∠FGQ+∠QFG=90°，
∴∠FQG=∠FQE=90°=∠AOF，
∵∠AFO=∠EFQ，
∴∠E=∠FAO，
∵FA=FC，
∴∠FAO=∠FCO，
∵∠QFK=∠FAO+∠FCO，
∴∠QFK=2∠E．

（2）如圖2中，作GM⊥BD于M．易知△EMG是等腰直角三角形，設(shè)GM=MF=x，EF=y，GQ=4k，EQ=21k，

在Rt△EMG中，∵EM²+EG²=EG²，
∴（x+y）²+x²=625k²      ①
∵∠E=∠E，∠EQF=∠EMG，
∴△EQF∽△EMG，
∴$\frac{EQ}{EM}$=$\frac{EF}{EG}$，
∴y（y+x）=525k²        ②，
由①②消去k得到42x²+17xy-4y²=0，
∴（6x-y）（7x+4y）=0，
∴6x=y，設(shè)FM=MG=a，則EF=6a，BM=a，BG=FG=$\sqrt{2}$a，
∵FH∥BG，
∴$\frac{EF}{EB}$=$\frac{FH}{BG}$，
∴$\frac{6a}{8a}$=$\frac{FH}{\sqrt{2}a}$
∴FH=$\frac{3}{4}$$\sqrt{2}$a，GH=$\sqrt{F{G}^{2}+F{H}^{2}}$=$\frac{5\sqrt{2}}{4}$a，
∵$\frac{EF}{FB}$=$\frac{EH}{GH}$，
∴EH=$\frac{15\sqrt{2}}{4}$a，
∴$\frac{FH}{EH}$=$\frac{1}{5}$，
∵BK∥EG，
∴∠BDK=∠EFHG，∠KBD=∠E，
∴△BDK∽△EFH，
∴$\frac{KB}{EG}$=$\frac{KD}{FH}$，
∴$\frac{DK}{BD}$=$\frac{FH}{EH}$=$\frac{1}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問(wèn)題，題目比較難，屬于中考?jí)狠S題．