Question

20．如圖1，B（0，2）與D點關(guān)于原點對稱，A，C兩點分別是x軸負半軸，正半軸上的動點，在A，C運動過程中總有AB=CD．
（1）判斷四邊形ABCD的形狀并說明理由．
（2）如圖2，當AB=2$\sqrt{2}$時，過A點作AE⊥x軸，作DE=DB，交AE于點E，DE交AB于F，求證：BE=BF．
（3）如圖（3）在（2）的條件下，在∠BDC內(nèi)部做一條射線DH，作BG⊥DH于G，連接CG，現(xiàn)給出兩個結(jié)論：①$\frac{DG-BG}{CG}$的值不變；②$\frac{DG+BG}{CG}$的值不變，請作出正確選擇說明理由，并求出其值．

Answer 1

分析 （1）四邊形ABCD是菱形．首先證明OA=OC，OB=OD，推出四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)AC⊥BD，即可證明四邊形ABVD是菱形．
（2）如圖2中，作EH⊥AB于H．只要證明∠EDH=30°，推出∠BEF=∠BFE=75°即可解決問題．
（3）②$\frac{DG+BG}{CG}$的值不變．在GD上取一點E，使得GE=GB．連接BE．BC交DH于K．由△BKG∽△DKC，推出$\frac{BK}{DK}$=$\frac{GK}{KC}$，推出$\frac{BK}{GK}$=$\frac{DK}{KC}$，由∠BKD=∠GKC，推出△BKD∽△GKC，推出∠BDE=∠BCH，∠DBK=∠CGK=45°，∠BEG=∠CGE=45°，推出∠BED=∠BGC=135°，推出△BDE∽△BCG，可得$\frac{DE}{CG}$=$\frac{BD}{BC}$=$\sqrt{2}$，由此即可解決問題．

解答 解：（1）四邊形ABCD是菱形．
理由：如圖1中，

∵B與D點關(guān)于原點對稱，
∴OB=OD，
在Rt△ABO和Rt△CDO中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=CD}\\{OB=OD}\end{array}\right.$，
∴Rt△ABO≌Rt△CDO（HL），
∴OA=OC，∵OB=OD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形．

（2）證明：如圖2中，作EH⊥AB于H．

∵AB=2$\sqrt{2}$，OB=2，
∴OA=$\sqrt{（2\sqrt{2}）^{2}-{2}^{2}}$=2，
∴OA=OB=OB，∠OAB=∠OBA=45°，
∵∠EAO=∠AOH=∠EHO=90°，
∴四邊形AEHO是矩形，
∴EH=OA=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{1}{2}$DE，
∴sin∠EDH=$\frac{1}{2}$，
∴∠EDH=30°，
∵DE=DB，
∴∠DEB=∠DBE=75°，
∵∠BFE=∠FDB+∠FBO=30°+45°=75°，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF．

（3）結(jié)論：②$\frac{DG+BG}{CG}$的值不變．
理由：在GD上取一點E，使得GE=GB．連接BE．BC交DH于K．

由（2）可知四邊形ABCD是正方形，
∴∠DBC=45°，
∵BG⊥DG，
∴∠BGK=∠DCK=90°，∵∠BKG=∠DKC，
∴△BKG∽△DKC，
∴$\frac{BK}{DK}$=$\frac{GK}{KC}$，
∴$\frac{BK}{GK}$=$\frac{DK}{KC}$，∵∠BKD=∠GKC，
∴△BKD∽△GKC，
∴∠BDE=∠BCH，∴∠DBK=∠CGK=45°，
∴∠BEG=∠CGE=45°，
∴∠BED=∠BGC=135°，
∴△BDE∽△BCG，
∴$\frac{DE}{CG}$=$\frac{BD}{BC}$=$\sqrt{2}$，
∵DE=DG-EG=DG-BG，
∴$\frac{DG-BG}{CG}$=$\sqrt{2}$，
∴②$\frac{DG+BG}{CG}$的值不變．

點評 本題考查三角形綜合題、菱形的判定、正方形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．