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    9．如图，等边△ABC的边AC在x轴上，AC中点O为坐标原点，已知C（2，0），动点D从A出发沿线段AB向终点B运动，速度为2个单位长度/秒，运动时间为t，过点D作DE⊥AC，垂足为E．
    （1）当OD⊥AB时，求E点坐标．
    （2）过E作EF⊥BC，垂足为F，过F作FG⊥AB，垂足为G，请用含t的式子表示线段DG的长度．
    （3）在（2）的条件下，作点C关于EF的对称点H，连接HG并延长交直线DE于点Q．当t为何值时，HQ=EQ，并求出此时DG的长度．

    分析 （1）OD⊥AB时，欲求E坐标，注意求出OE的长即可；
    （2）分两种情形求解①如图3中，当0＜t≤$\frac{4}{3}$时．②如图4中，当$\frac{4}{3}$＜t≤2时；
    （3）由△QCE≌△QCH，推出∠QCE=∠QCH=30°，∠QEC=∠QHC=90°，易知GH=GQ=QD=DE=$\sqrt{3}$t，EC=4-t，在Rt△CQE中，∠QCE=30°，根据EC=$\sqrt{3}$EQ，可得4-t=$\sqrt{3}$•2$\sqrt{3}$t，解方程即可解决问题；

    解答 解：（1）如图1中，当OD⊥AB时．

    ∵△ABC是等边三角形，BO⊥AC，
    ∴AO=OC=2，∠BAO=60°，∠AOD=30°
    ∴AB=2OA=4，OB=$\sqrt{3}$OA=2$\sqrt{3}$，
    ∴OD=OA•sin60°=$\sqrt{3}$，DE=$\frac{1}{2}$OD=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，OE=$\sqrt{3}$DE=$\frac{3}{2}$，
    ∴E（-$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）．

    （2）如图2中，当D与G重合时，易证AE=CF=BG，EC=BF=AD=2AE，

    ∴AE=$\frac{4}{3}$，AD=2AE=$\frac{8}{3}$，此时t=$\frac{4}{3}$s．
    ①如图3中，当0＜t≤$\frac{4}{3}$时，

    由题意AD=2t，则AE=t，EC=4-t，CF=$\frac{1}{2}$（4-t），BF=4-CF=4-$\frac{1}{2}$（4-t），BG=$\frac{1}{2}$BF=2-$\frac{1}{4}$（4-t），
    ∴DG=4-AD-BG=4-2t-[2-$\frac{1}{4}$（4-t）]=3-$\frac{9}{4}$t．
    ②如图4中，当$\frac{4}{3}$＜t≤2时，

    由题意AD=2t，则AE=t，EC=4-t，CF=$\frac{1}{2}$（4-t），BF=4-CF=4-$\frac{1}{2}$（4-t），BG=$\frac{1}{2}$BF=2-$\frac{1}{4}$（4-t），
    ∴DG=AD+BG-4=2t+[2-$\frac{1}{4}$（4-t）]-4=$\frac{9}{4}$t-3．
    综上所述DG=$\left\{\begin{array}{l}{3-\frac{9}{4}t}&{（0＜t≤\frac{4}{3}）}\\{\frac{9}{4}t-3}&{（\frac{4}{3}＜t≤2）}\end{array}\right.$．


    （3）如图5中，由题意EC=2CF，CH=2CF，∴EC=CH．

    在△CQE和△CQH中，
    $\left\{\begin{array}{l}{CQ=CQ}\\{CE=CH}\\{QE=QH}\end{array}\right.$，
    ∴△QCE≌△QCH，
    ∴∠QCE=∠QCH=30°，∠QEC=∠QHC=90°，
    易知GH=GQ=QD=DE=$\sqrt{3}$t，EC=4-t，
    ∵在Rt△CQE中，∠QCE=30°，
    ∴EC=$\sqrt{3}$EQ，
    ∴4-t=$\sqrt{3}$•2$\sqrt{3}$t，
    ∴t=$\frac{4}{7}$，
    ∴DG=3-$\frac{9}{4}$×$\frac{4}{7}$=$\frac{12}{7}$．

    点评 本题考查三角形综合题、等边三角形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

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    又∵∠1=∠2（已知），∴∠2=∠3（ 等量代换），
    ∴DE∥BC（内错角相等，两直线平行）
    ∴∠AED=∠C （两直线平行，同位角相等）．

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