24. (12 分)如图,在平面直角坐标系中,已知点$A(4,8),B(-8,-4)$,连接$AB$,与$x$轴、$y$轴分别相交于点$G,H$,点$G(a,0)$、点$H(0,b)$满足$(a+4)^2 + \sqrt{b-4}=0$.
(1)求$G,H$两点的坐标;
(2)如图2,已知点$D(0,-\dfrac{12}{5})$,点$C(m,-1-m)$在线段$GH$上,连接$CD$交$x$轴的负半轴于点$M$,试判断$S_{△ GOH}$与$S_{△ CDH}$的大小关系,并说明理由;
(3)如图3,$P$为直线$AB$上一点(异于$A,B,G$三点),过点$P$作$AB$的垂线交$x$轴于点$E$,$∠ PEG$和$∠ BGE$的平分线所在的直线相交于点$Q$.当点$P$在直线$AB$上运动时,求$∠ EQG$的度数.

24.【点拨】本题考查非负数的性质以及算术平方根、平行线的性质、角平分线的性质、三角形的面积,解题关键是利用三角形的面积公式求得相关线段的长度.
【解析】(1)$\because (a+4)^2+\sqrt{b-4}=0$,$(a+4)^2≥0$,$\sqrt{b-4}≥0$,
$\therefore (a+4)^2=0$,$\sqrt{b-4}=0$,
$\therefore a=-4,b=4$,$\therefore G(-4,0)$,$H(0,4)$;
(2)$S_{△ GOH}=S_{△ CDH}$.理由如下:
$\because G(-4,0)$,$H(0,4)$,$\therefore OG=4$,$OH=4$,
$\therefore S_{△ HGO}=\frac{1}{2}· OH· OG=\frac{1}{2}×4×4=8$.
连接CO,作$CE⊥ y$轴于点E,$CF⊥ x$轴于点F,如图1.
$\because S_{△ HGO}=S_{△ GCO}+S_{△ HCO}$,即$\frac{1}{2}×4·(-1-m)+\frac{1}{2}×4·(-m)=8$,$\therefore m=-\frac{5}{2}$.
$\therefore C(-\frac{5}{2},\frac{3}{2})$,
$\therefore CE=\frac{5}{2}$.$\because H(0,4)$,$D(0,-\frac{12}{5})$,
$\therefore DH=4-(-\frac{12}{5})=\frac{32}{5}$.
$\because S_{△ CDH}=\frac{1}{2}· DH· CE=\frac{1}{2}×\frac{32}{5}×\frac{5}{2}=8$,$\therefore S_{△ GOH}=S_{△ CDH}$;

(3)当点P在点G上方时,如图2,过点P,Q分别作$l_1// x$轴,$l_2// x$轴,依题意,设$∠1=∠2=x$,则$∠6=∠1=x$,$∠3=2x$,$∠4=90^{\circ }-2x$,$∠5=∠4=90^{\circ }-2x$.

$\because GQ$平分$∠BGE$,
$\therefore ∠AGQ=\frac{1}{2}(180^{\circ }-∠5)=45^{\circ }+x$.
$\because l_2// x$轴,$\therefore ∠EQG+∠6+∠QGE=180^{\circ }$,即$∠EQG+∠6+∠AGQ+∠5=180^{\circ }$,
$\therefore ∠EQG=180^{\circ }-x-(45^{\circ }+x)-(90^{\circ }-2x)=45^{\circ }$.
当点P在点G下方时,如图3,过点P,Q分别作$l_1// x$轴,$l_2// x$轴,依题意,设$∠1=∠2=x$,则$∠6=∠1=x$,$∠3=2x$,$∠4=90^{\circ }-2x$,$∠GEP=∠4=90^{\circ }-2x$.$\because EQ$平分$∠GEP$,$l_2// x$轴,$\therefore ∠5=∠GEQ=\frac{1}{2}∠GEP=45^{\circ }-x$,$\therefore ∠EQG=180^{\circ }-∠5-∠6=180^{\circ }-(45^{\circ }-x)-x=135^{\circ }$.

综上,$∠EQG$的度数为$45^{\circ }$或$135^{\circ }$.