Question

1．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，△ABC的顶点A在y轴的正半轴上，且OA=m，顶点B，C的坐标分别为（-m，0），（m，0），点D是线段AB上的一个动点（点D不与点A、B重合），点E是线段AC上的一点，且AE=BD，连接OD，DE，线段DE与线段OA相交于点F；
（1）求∠ODE的度数；
（2）当m=2+2$\sqrt{2}$，且△ODF为等腰三角形时，求点D的坐标；
（3）连接CD，过点C作CG⊥DE交线段DE的延长线于点G，过点F作FH∥AB交线段CG的延长线于点H，若∠ADE=∠CDE，求证：CH-2EG=$\frac{BD•DF}{AD}$．

Answer 1

分析 （1）只要证明△OBD≌△OAE，OD=OE，∠BOD=∠AOE，∠DOE=∠BOA=90°，推出△DOE是等腰直角三角形即可．
（2）分两种情形讨论即可解决问题①当点D是AB中点时，△DOF是等腰三角形，此时D（-1-$\sqrt{2}$，1+$\sqrt{2}$）．②当DF=DO时，∠DOF=∠DFO=∠ADO，推出AD=AO，求出BD即可解决问题．
（3）如图3中，延长BA交CH的延长线于N，连接CF、OG．只要证明△FHG≌△CEG，推出EG=HG，由FA平分∠DAE，推出$\frac{AD}{AE}$=$\frac{DF}{EF}$，（角平分线性质定理），推出DF•AE=AD•EF，由BD=AE，推出DF•BD=AD•EF，推出$\frac{BD•DF}{AD}$=EF，CH-2EG=（GH+CG）-2EG=EF，延长即可证明．

解答 解：（1）如图1中，

∵OA=OB=OC，OA⊥BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠OBD=∠OAE=45°，
在△OBD和△OAE中，
$\left\{\begin{array}{l}{OB=OA}\\{∠OBD=∠OAE}\\{BD=AE}\end{array}\right.$，
∴△OBD≌△OAE，
∴OD=OE，∠BOD=∠AOE，
∴∠DOE=∠BOA=90°，
∴∠ODE=45°．

（2）如图2中，

①当点D是AB中点时，△DOF是等腰三角形，此时D（-1-$\sqrt{2}$，1+$\sqrt{2}$）．
②当DF=DO时，∠DOF=∠DFO=∠ADO，
∴AD=AO，
∴BD=2$\sqrt{2}$+4-（2+2$\sqrt{2}$）=2，
∵∠DBH=∠BDH=45°，
∴DB=DH=$\sqrt{2}$，
∴D（-2-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），
综上所述，满足条件的点D坐标（-1-$\sqrt{2}$，1+$\sqrt{2}$）或（-2-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）．

（3）如图3中，延长BA交CH的延长线于N，连接CF、OG．

∵∠GDN=∠GDC，DG⊥CN，
∴∠N=∠DCG，
∴DN=DC，GN=GC，
∵CO=OB，
∴OG∥BN，∵KH∥BN，
∴OG∥BN，
∴∠GOC=45°，
∵∠FOC+∠FGC=180°，
∴F、O、C、G四点共圆，
∴∠GFC=∠GOC=45°，
∴∠GFC=∠GCF=45°，
∴FG=GC，
在△FHG和△CEG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠FGH=∠CGF}\\{∠HFG=∠ECG}\\{FG=GC}\end{array}\right.$，
∴△FHG≌△CEG，
∴EG=HG，
∵FA平分∠DAE，
∴$\frac{AD}{AE}$=$\frac{DF}{EF}$，（角平分线性质定理）
∴DF•AE=AD•EF，
∵BD=AE，
∴DF•BD=AD•EF，
∴$\frac{BD•DF}{AD}$=EF，CH-2EG=（GH+CG）-2EG=EF，
∴CH-2EG=$\frac{BD•DF}{AD}$．

点评 本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质定理、四点共圆等知识，解题的关键是学会利用四点共圆，角平分线的性质定理解决问题，题目比较难，知识点比较多，属于中考压轴题．