Question

如图，已知正方形ABCD，点P为BC边上一点，作∠APE=45°，交CD的延长线于点E，连接AC交PE于F．
（1）求证：PE=PA；
（2）点G在AF边上，且∠PGE=135°，连接DG交PE于N，若PB=3，CF=4，求线段NG的长．

Answer

（1）连结AE，由条件可以得出△AFP∽△EFC，就有，就有，再通过证明△AFE∽△PFC而得出结论；
（2）由（1）的结论可以求出△ABP≌△ADE而得出AP=AE．再由条件得出∴△APC∽△EFC，就有．设BC=CD=x，则CP=x-3，AC=x，CE=x+3，可以求出x的值而得出CP=6，CE=12．再由条件dechu△PCG∽△GCE，就可以得出CG的值，作GK⊥EC于K，根据勾股定理就可以求出GD的值，通过证明四边形GPCK是矩形和△PNG∽△END的性质就可以求出结论．
【解析】
（1）连结AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=∠DAB=45°
∵∠APE=45°，
∴∠APE=∠ACD．
∵∠AFP=∠EFC，
∴△AFP∽△EFC，
∴，
∴．
∵∠AFE=∠PFC，
∴△AFE∽△PFC，
∴∠AEF=∠FCP=45°
∴△APE是等腰直角三角形，
∴PE=AP．

（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=∠DAB=45°，∠B=∠ADE=∠BAD=∠BCD=90°，∠AB=BC=CD=AD．
∵△APE是等腰直角三角形，
∴AP=AE．
在Rt△ABP和Rt△ADE中，
，
∴Rt△ABP≌Rt△ADE（HL），
∴BP=DE．
∵∠APE=45°，
∴∠APE=∠ACD．
∵∠AFP=∠EFC，
∴∠PAC=∠CEF
∴△APC∽△EFC，
∴．
设BC=CD=x，则CP=x-3，AC=x，CE=x+3，
∴，
解得：x1=9，x2=-1（舍去）
∴CB=CD=9，
∴CP=6，CE=12．
∵∠PCG=45°，
∴∠PGC+∠GPC=135°
∵∠PGE=135°，即∠PGC+∠CGE=135°，
∴∠GPC=∠CGE，
∵∠PCG=∠CGE，
∴△PCG∽△GCE，
∴CG2=CP•CE，
∴CG=6．
作GK⊥EC于K，
∴∠GKC=∠GKE=90°．
∵∠GCK=45°，
∴∠CGK=45°，
∴CK=KG．
在Rt△CGK中，由勾股定理，得
GK=CG=6，
∴DK=3．
在Rt△GKD，由勾股定理，得
GD=3．
∵GK=PC=6，且GK∥BC
∴四边形GPCK是平行四边形，
∵∠PCK=90°，
∴四边形GPCK是矩形，
∴PG=CK=6，PG∥ED，
∴∠GPE=∠DEP．
∵∠PNG=∠END，
∴△PNG∽△END，
∴．
∴GN=2ND，
∵GN+ND=GD=3
∴3ND=3，
∴ND=
∴GN=2．