Question

4．已知：正方形ABCD中，F为BD上任意一点，过点F作FH⊥CD于点H，FG⊥BC于点G，连接AF并延长交GH于点Q，延长BD、GH交于点E．
（1）如图1，连接CF，求证：∠CFQ=2∠E；
（2）过点B作BK∥GE交AD于点K，若GQ：QE=4：21，请你探究线段DK与BD之间的数量关系，并证明你的结沦．

Answer 1

分析 （1）如图1中，连接AC交BD于点O，连接FC交GH于K．由△FBA≌△FBC，推出∠FAB=∠FCB，FA=FC，再证明∠AQE=90°，利用“8字型”证明∠E=∠FAO=∠FCO，利用∠QFK=∠FAO+∠FCO即可证明．
（2）如图2中，作GM⊥BD于M．易知△EMG是等腰直角三角形，设GM=MF=x，EF=y，GQ=4k，EQ=21k，构建方程组求出x与y的关系，可得y=6x，设FM=MG=a，则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$\frac{DK}{BD}$=$\frac{FH}{EH}$，由此即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，连接AC交BD于点O，连接FC交GH于K．

∵四边形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，FA=FC，
∵FG⊥BC，FH⊥CD，
∴∠FGC=∠FHC=∠GCH=90°，
∴四边形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）如图2中，作GM⊥BD于M．易知△EMG是等腰直角三角形，设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，设FM=MG=a，则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}$．

点评 本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，题目比较难，属于中考压轴题．