Question

18．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知C（2，4），在x軸的負(fù)半軸上取點(diǎn)A（m-3，0），在x軸的正半軸上取點(diǎn)B（4m+2，0），O為原點(diǎn)，AC=BC．
（1）求m的值；
（2）動(dòng)點(diǎn)P由點(diǎn)A出發(fā)沿AC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q由點(diǎn)B出發(fā)，以與點(diǎn)P相同的速度沿射線(xiàn)CB方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)同時(shí)停止，連接PQ交x軸于點(diǎn)G，作PE⊥x軸于點(diǎn)E，求EG的長(zhǎng)．
（3）在（2）的條件下，以PQ為底邊，在x軸的上方作等腰直角三角形，即PM=QM，∠M=90°，若△GCM的面積等于8，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）先作CH⊥AB，根據(jù)等腰三角形三線(xiàn)合一的性質(zhì)，得出AH=KH，即5-m=4m，求得m的值；
（2）先作QK⊥x軸，判定△APE≌△BQK，以及△PEG≌△QKG，得出EG=KG，根據(jù)EG=$\frac{1}{2}$EK=$\frac{1}{2}$AB進(jìn)行計(jì)算即可；
（3）作MN⊥y軸于N，連接CM，先判定△MGN≌△GQK，得出GK=MN=4=CH，再根據(jù)△GCM的面積等于8，得到$\frac{1}{2}$×CM×MN=8，即2CM=8，求得CM=4，最后根據(jù)矩形MNHC中，HN=CM=2，OH=2，得到ON=OH+HN=2+4=6，進(jìn)而得出M的坐標(biāo)．

解答 解：（1）如圖1，作CH⊥AB于H，
∵C（2，4），A（m-3，0），B（4m+2，0），
∴AH=2-（m-3）=5-m，BH=4m+2-2=4m，
∵AC=BC，
∴AH=KH，即5-m=4m，
解得m=1；

（2）如圖1，作QK⊥x軸于K，
∵PE⊥AE，
∴∠BKQ=∠AEP=90°，
∵點(diǎn)Q由點(diǎn)B出發(fā)，以與點(diǎn)P相同的速度沿射線(xiàn)CB方向運(yùn)動(dòng)，
∴AP=BQ，
∵AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=∠KBQ
在△APE和△BQK中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PAE=∠QBK}\\{∠AEP=∠KBQ}\\{AP=BQ}\end{array}\right.$，
∴△APE≌△BQK（AAS），
∴PE=QK，AE=KB，
在△PEG和△QKG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PGE=∠QGK}\\{∠PEG=∠QKG}\\{PE=QK}\end{array}\right.$，
∴△PEG≌△QKG（AAS），
∴EG=KG，
由（1）可得，m=1，
∴AO=2，BO=6，BK=AE=1，AB=2+6=8，
∴EG=$\frac{1}{2}$EK=$\frac{1}{2}$AB=4；

（3）如圖2，作MN⊥y軸于N，連接CM，
∵△PEG≌△QKG，
∴PG=QG，
又∵PM=MQ，∠PMQ=90°，MG⊥PQ，
∴∠MQP=∠MPQ=∠GMQ=∠MQG=45°，
∴MG=GQ，
∵∠GMN+∠MGB=90°=∠QGK+∠MGK，
∴∠GMN=∠QGK，
在△MGN和△GQK中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠GMN=∠QGK}\\{∠MNG=∠GKQ}\\{MG=QG}\end{array}\right.$，
∴△MGN≌△GQK（AAS），
∴GK=MN，
又∵GK=EG=4，C（2，4），
∴MN=4=CH，
∴CM∥x軸，
∴∠MCH=∠CHE=90°，
∵△GCM的面積等于8，
∴$\frac{1}{2}$×CM×MN=8，即2CM=8，
∴CM=4，
∴矩形MNHC中，HN=CM=2，
又∵OH=2，
∴ON=OH+HN=2+4=6，
∴M（6，4）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了三角形的綜合應(yīng)用，解決問(wèn)題時(shí)需要運(yùn)用等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的面積計(jì)算公式以及矩形的性質(zhì)等，解題時(shí)注意：兩角及其中一個(gè)角的對(duì)邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等，全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等．解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線(xiàn)構(gòu)造全等三角形以及矩形．