Question

1．已知：正方形ABCD中，点E在射线BC上，作射线DE，其中0°＜∠CDE＜45°，过点B作DE的垂线分别交射线DE、射线DE于点F、H，作射线AE交射线DC于点G．
（1）如图，求证：$\frac{CF}{AB}=\frac{GE}{AG}$；
（2）作射线AC交射线BF于点Q，点P是线段AG上不与点A、G重合的一点，连接CP、PQ、GH，若∠CPQ=∠GHQ+∠CED，探究线段PQ、PC、PG之间的数量关系，并证明你的结论． 

Answer 1

分析 （1）如图1，正方形ABCD中，AB=BC=DC，∠BCD=90°，因为BH⊥CD，得到∠CBF+∠DEB=90°，因为∠CDE+∠DEB=90°，得到△CBF≌△CDE，CF=CE，因为CD∥AB，所以$\frac{CE}{BC}=\frac{GE}{AG}$，所以$\frac{CF}{AB}=\frac{GE}{AG}$；（2））分两种情况：①当点F在线段DC上时，连接DQ，连接QG并延长交DE于点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为等腰直角三角形，
所以△CBQ≌△CDQ，因为∠CBQ=∠CDQ，∠CBQ=∠CDE，所以∠CDQ=∠CDE，再由DG=DG，∠DGQ=∠DGN=90°，得到△DQG≌△DNG，QG=GN，因为∠QHN=90°，
得到GH=QG，∠QHG=∠HQG=∠HBC，∠CPQ=∠GHQ+∠CED=∠HBC+∠CED=90°，
过点G作GM⊥GP交CP于点M，设PC与QG的交点为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，因为PM=$\sqrt{2}$PG，得到PC-PQ=PC-CM=PM=$\sqrt{2}$PG；
②当点F在线段DC延长线上时（如图3）连接DH并延长交QG的延长线于N，接下来思路和①相同．

解答 证明：（1）如图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当点F在线段DC上时 （如图2）
连接DQ，连接QG并延长交DE于点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为等腰直角三角形，
∵$\left\{\begin{array}{l}{BC=CD}\\{∠BCQ=∠DCQ}\\{CQ=CQ}\end{array}\right.$，
∴△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°，
过点G作GM⊥GP交CP于点M，设PC与QG的交点为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当点F在线段DC延长线上时（如图3）
连接DH并延长交QG的延长线于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为等腰直角三角形，
∵$\left\{\begin{array}{l}{BC=CD}\\{∠BCQ=∠DCQ}\\{CQ=CQ}\end{array}\right.$，
∴△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°，
过点G作GM⊥GP交CP于点M，设PQ与CG的交点为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．

点评 本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，特别是正确的做出辅助线是解题的关键．