如图1.B(0.2)与D点关于原点对称.A.C两点分别是x轴负半轴.正半轴上的动点.在A.C运动过程中总有AB=CD．(1)判断四边形ABCD的形状并说明理由．(2)如图2.当AB=2$\sqrt{2}$时.过A点作AE⊥x轴.作DE=DB.交AE于点E.DE交AB于F.求证:BE=BF．的条件下.在∠BDC内部做一条射线DH.作BG⊥DH于G.连接CG.现给出� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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20．如图1，B（0，2）与D点关于原点对称，A，C两点分别是x轴负半轴，正半轴上的动点，在A，C运动过程中总有AB=CD．
（1）判断四边形ABCD的形状并说明理由．
（2）如图2，当AB=2$\sqrt{2}$时，过A点作AE⊥x轴，作DE=DB，交AE于点E，DE交AB于F，求证：BE=BF．
（3）如图（3）在（2）的条件下，在∠BDC内部做一条射线DH，作BG⊥DH于G，连接CG，现给出两个结论：①$\frac{DG-BG}{CG}$的值不变；②$\frac{DG+BG}{CG}$的值不变，请作出正确选择说明理由，并求出其值．

分析（1）四边形ABCD是菱形．首先证明OA=OC，OB=OD，推出四边形ABCD是平行四边形，再根据AC⊥BD，即可证明四边形ABVD是菱形．
（2）如图2中，作EH⊥AB于H．只要证明∠EDH=30°，推出∠BEF=∠BFE=75°即可解决问题．
（3）②$\frac{DG+BG}{CG}$的值不变．在GD上取一点E，使得GE=GB．连接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$\frac{DE}{CG}$=$\frac{BD}{BC}$=$\sqrt{2}$，由此即可解决问题．

解答解：（1）四边形ABCD是菱形．
理由：如图1中，

∵B与D点关于原点对称，
∴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，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．

（2）证明：如图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°，
∴四边形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）结论：②$\frac{DG+BG}{CG}$的值不变．
理由：在GD上取一点E，使得GE=GB．连接BE．BC交DH于K．

由（2）可知四边形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$\frac{DG+BG}{CG}$的值不变．

点评本题考查三角形综合题、菱形的判定、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、特殊角的三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．

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