题目（八年级 · 解析几何）：(15 分) 如图 1, 在平面直角坐标系中, 点 $O$ 是坐标原点, $A(0, m), B(n, 0), A C / / O B$, 且 $A C=O B$, 连接 $B C$ 交 $x$ 轴于点 $F$, 其中 $m 、 n$ 满足方程 $\sqrt{m-4}+n^{2}+8 n+16=0$.



图 1



图 2



备用图

(1) 求 $A 、 B$ 两点坐标;

(2) 如图 2, 过 $A$ 作 $A E \perp B \mathrm{C}$ 于 $E$, 延长 $A E$ 交 ${ }^{x}$ 轴于点 $D$, 动点 $P$ 从点 ${ }^{B}$ 出发以每秒 2


写出 $t$ 的取值范围;

(3) 在 (2) 的条件下, 连接 $P E$, 将 $\triangle P E D$ 沿 $P E$ 翻折到 $\triangle P E G$ 的位置 (点 $D$ 与点 $G$ 对应),当四边形 $P D E G$ 为菱形时, 求点 $P$ 和点 $G$ 的坐标.
选项：
答案： (1) 解: $\because \sqrt{m-4}+(n+4)^{2}=0, \sqrt{m-4} \geq 0,(n+4)^{2} \geq 0$,

$\therefore m-4=0, n+4=0$,

$\therefore m=4, n=-4$,

$\therefore A(0,4), B(-4,0) ;$

(2) 解: $\because A C / / O B$,

$\therefore \angle C=\angle C B O, \angle C A F=\angle B O F$

$\because A C=O B$,

$\therefore \triangle A C F \AA O B F$

$\therefore A F=O F=2$,

$\because O A=O B, \angle O A D=\angle O B F, \angle B O F=\angle A O D$,

$\therefore \triangle B O F \cong A O D$,

$\therefore O F=O D=2$,

$\therefore B D=6$,

(1)当 $0 \leq t<3$ 时, $S=\frac{1}{2} P D \cdot O F=\frac{1}{2}(6-2 t) \times 2=6-2 t$ ，

(2) 当 $t>3$ 时, $\quad S=\frac{1}{2} P D \cdot O F=\frac{1}{2}(2 t-6) \times 2=2 t-6$,

（3）解: (1)当 $0 \leq t<3$,

$\because A O=4, O D=2$,

$\therefore A D=\sqrt{O A^{2}+O D^{2}}=2 \sqrt{5}$,

$\because B D \times O A=A D \times B E$,

$\therefore{ }^{B E=\frac{12 \sqrt{5}}{5}}, \therefore D E=\frac{6 \sqrt{5}}{5}$,

$\because$ 四边形 $P D E G$ 为菱形,

$\therefore D P=D E=E G=\frac{6 \sqrt{5}}{5}$,

$\because D(20)$

$\therefore P\left(2-\frac{6 \sqrt{5}}{5}, 0\right)$

作 $E H \perp B D$ 于 $H$, 如图 2,

<ImageHere>

图2

$\because B E \times D E=B D \times E H$,

$\therefore E H=\frac{12}{5}$,

<ImageHere>
$\therefore E\left(\frac{4}{5}, \frac{12}{5}\right)$

$\because E G / / O B$

$\therefore G^{G}$ 与 $E_{\text {的纵坐标相同, }}$,

$\therefore{ }^{G\left(\frac{4}{5}-\frac{6 \sqrt{5}}{5}, \frac{12}{5}\right)}$

(2)当 $t>3$ 时, 如图 3, 同理可求得 $P\left(2+\frac{6 \sqrt{5}}{5}, 0\right), G\left(\frac{4}{5}+\frac{6 \sqrt{5}}{5}, \frac{12}{5}\right)$

<ImageHere>
解析： (1) 解: $\because \sqrt{m-4}+(n+4)^{2}=0, \sqrt{m-4} \geq 0,(n+4)^{2} \geq 0$,

$\therefore m-4=0, n+4=0$,

$\therefore m=4, n=-4$,

$\therefore A(0,4), B(-4,0) ;$

(2) 解: $\because A C / / O B$,

$\therefore \angle C=\angle C B O, \angle C A F=\angle B O F$

$\because A C=O B$,

$\therefore \triangle A C F \AA O B F$

$\therefore A F=O F=2$,

$\because O A=O B, \angle O A D=\angle O B F, \angle B O F=\angle A O D$,

$\therefore \triangle B O F \cong A O D$,

$\therefore O F=O D=2$,

$\therefore B D=6$,

(1)当 $0 \leq t<3$ 时, $S=\frac{1}{2} P D \cdot O F=\frac{1}{2}(6-2 t) \times 2=6-2 t$ ，

(2) 当 $t>3$ 时, $\quad S=\frac{1}{2} P D \cdot O F=\frac{1}{2}(2 t-6) \times 2=2 t-6$,

（3）解: (1)当 $0 \leq t<3$,

$\because A O=4, O D=2$,

$\therefore A D=\sqrt{O A^{2}+O D^{2}}=2 \sqrt{5}$,

$\because B D \times O A=A D \times B E$,

$\therefore{ }^{B E=\frac{12 \sqrt{5}}{5}}, \therefore D E=\frac{6 \sqrt{5}}{5}$,

$\because$ 四边形 $P D E G$ 为菱形,

$\therefore D P=D E=E G=\frac{6 \sqrt{5}}{5}$,

$\because D(20)$

$\therefore P\left(2-\frac{6 \sqrt{5}}{5}, 0\right)$

作 $E H \perp B D$ 于 $H$, 如图 2,



图2

$\because B E \times D E=B D \times E H$,

$\therefore E H=\frac{12}{5}$,


$\therefore E\left(\frac{4}{5}, \frac{12}{5}\right)$

$\because E G / / O B$

$\therefore G^{G}$ 与 $E_{\text {的纵坐标相同, }}$,

$\therefore{ }^{G\left(\frac{4}{5}-\frac{6 \sqrt{5}}{5}, \frac{12}{5}\right)}$

(2)当 $t>3$ 时, 如图 3, 同理可求得 $P\left(2+\frac{6 \sqrt{5}}{5}, 0\right), G\left(\frac{4}{5}+\frac{6 \sqrt{5}}{5}, \frac{12}{5}\right)$