Question

4．如圖，等邊△ABC中，D、E分別在邊AB、AC上，且AD=CE，連接并延長(zhǎng)BE、CD，交點(diǎn)為P，并使BG=CF，直線GA、BF交于點(diǎn)Q，過點(diǎn)A作AH⊥BF交BF延長(zhǎng)線于H．
（1）如圖（1），求證：∠GAH=∠BPC+30°；
（2）如圖（2），在（1）的條件下，若D為AB中點(diǎn)，試探究線段QD與線段QC的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．

Answer 1

分析 （1）如圖1，易證△BDC≌△AEB，則有∠DCB=∠EBA，由此可推出∠FPG=120°，易證△BFC≌△AGB，則有∠BFC=∠AGB，由此可得到∠AGB+∠HFP=180°，在五邊形AHFPG中，由五邊形的內(nèi)角和為540°可求出∠GAH=150°，即可證到∠GAH=∠BPC+30°；
（2）連接HD，如圖2，易證$\frac{QH}{QA}$=$\frac{HD}{AC}$=$\frac{1}{2}$，∠QHD=∠QAC，則有△QHD∽△QAC，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)就可得到QD=$\frac{1}{2}$QC．

解答 （1）證明：如圖1，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°．
∵AD=CE，
∴BD=AE．
在△BDC和△AEB中，
$\left\{\begin{array}{l}{BD=AE}\\{∠DBC=∠EAB}\\{BC=AB}\end{array}\right.$，
∴△BDC≌△AEB
∴∠DCB=∠EBA，
∴∠BPC=∠FPG=∠BDC+∠EBA=∠BDC+∠DCB
=180°-∠DBC=180°-60°=120°．
在△BFC和△AGB中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=AB}\\{∠BCF=∠ABG}\\{FC=BG}\end{array}\right.$，
∴△BFC≌△AGB，
∴∠BFC=∠AGB．
∵∠BFC+∠HFP=180°，
∴∠AGB+∠HFP=180°．
在五邊形AHFPG中，
∵∠GAH+∠AHF+∠HFP+∠FPG+∠AGP=540°，
∠AGP+∠HFP=180°，∠AHF=90°，∠FPG=120°，
∴∠GAH=150°，
∴∠GAH=∠BPC+30°；

（2）QD=$\frac{1}{2}$QC．
證明：連接HD，如圖2，
在Rt△AHB中，
∵點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，
∴HD=AD=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$AC，
∴∠DHA=∠DAH，
∴∠QHD=90°+∠DHA．
∵∠QAC=∠QAH+∠DAH+∠BAC=90°+∠DAH，
∴∠QHD=∠QAC．
在Rt△AHQ中，
∵∠QAH=180°-∠GAH=30°，
∴QH=$\frac{1}{2}$QA．
∵$\frac{QH}{QA}$=$\frac{HD}{AC}$=$\frac{1}{2}$，∠QHD=∠QAC，
∴△QHD∽△QAC，
∴$\frac{QD}{QC}$=$\frac{QH}{QA}$=$\frac{1}{2}$，
∴QD=$\frac{1}{2}$QC．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、多邊形的內(nèi)角和定理、三角形外角的性質(zhì)、30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半等知識(shí)，有一定的綜合性，運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)是解決第（2）小題的關(guān)鍵．