Question

如圖，在平面直角坐標系內(nèi)，點O為坐標原點，菱形AOCB，A（-3，4），點C在x軸正半軸上，點P從點A出發(fā)沿AB以1個單位/秒的速度向終點B運動，同時點Q從點C出發(fā)沿CO以1個單位/秒的速度向終點O運動，設點P運動的時間為t秒．
（1）求直線AC的解析式；
（2）連接PQ，設PQ交AC于點E，AB交y軸于點F，求EF的長．
（3）在（2）的條件下，點P關于點B的對稱點為R，連接RQ交BC于點G，t為何值時，∠GEB=

1

2

∠FEB？

Answer 1

分析：（1）首先根據(jù)已知得出DO，AD的長，進而得出AO的長，即可得出C點坐標，再利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；
（2）首先求出△AEP≌△CEQ（AAS），進而得出△AME≌△ENC（AAS），即可得出四邊形MDNE為矩形（同理可得出四邊形ADOF、四邊形ONEH、四邊形EHFT都為矩形），即可得出FH，EH的長，進而得出答案；
（3）首先得出四邊形BOQR為平行四邊形，進而得出△TBE≌△GEB（ASA），則BG=BT=1，得出CG=CB-BG即可得出答案．

解答：解：（1）如圖1，過點A作AD⊥x軸于點D，
∵A（-3，4），∴DO=3，AD=4，
在Rt△AOD中
AO=

AD2+OD2

=

42+32

=5，
∵菱形ABCD，
∴CO=AO=5，
∴C（5，0），
設直線AC的解析式為：y=kx+b，
則

4=-3k+b 0=5k+b

，
解得：

k=- 1 2 b= 5 2

，
∴直線AC的解析式為：y=-

1

2

x+

5

2

；

（2）如圖2，過點E作EM⊥AD，EN⊥CO，ET⊥BF點M，N，T為垂足，設EM交y軸于點H，
∵AP∥CQ，
∴∠PAE=∠QCE，
在△AEP和△CEQ中

∠PEA=∠QEC ∠EAP=∠ECQ AP=QC

，
∴△AEP≌△CEQ（AAS），
∴AE=EC，
在△AME和△ENC中

∠AME=∠ENC ∠AEM=∠ECN AE=EC

，
∴△AME≌△ENC（AAS），
∴AM=EN，EM=NC，
∵∠QME=∠MQN=∠END=90°，
∴四邊形MDNE為矩形（同理可得出四邊形ADOF、四邊形ONEH、四邊形EHFT都為矩形），
∴EN=DM=AM=

1

2

AD=2，CN=

1

2

CD=4，
∴ON=1，∴E（1，2），
∵矩形ADOF，
∴OF=AD=4，
∵OH=EN=2，∴FH=2，EH=ON=1，
∴在Rt△FHE中，EF=

HE2+HF2

=

5

；

（3）如圖3，連接OB，連接EG，
由菱形AOCB，OB經(jīng)過AC中點E，
∵BP=BR=OQ，BR∥OQ，
∴四邊形BOQR為平行四邊形，
∴QG∥OB，
∵菱形AOCB，
∴OC=CB，
∴∠COB=∠CBO，
∴∠CQG=∠CGQ=∠COB=∠CBO，
∴CQ=CG=t，
∵FT=EH=1，AF=OD=3，∴BF=5-3=2，
∴FT=TB=1，∴EF=EB，∴∠BET=

1

2

∠FEB，
∴EF=EB，
∴∠BET=

1

2

∠FEB，
∴∠GEB=∠BET，
∵菱形ABCO，
∴∠TBE=∠GBE，
在△TBE和△GEB中

∠TBE=∠GBE BE=BE ∠BET=∠BEG

∴△TBE≌△GEB（ASA），
∴BG=BT=1，
∴CG=CB-BG=5-1=4，
∴t=4時，∠GEB=

1

2

∠FEB．

點評：此題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式和菱形的性質(zhì)等知識，利用數(shù)形結(jié)合得出全等三角形是解題關鍵．