24.（12分）已知，在平面直角坐标系中，直线$y=-\dfrac{3}{4}x+3\sqrt{3}$交$x$，$y$轴于点$A$，$B$，$D$为线段$OA$上一动点，连$BD$，过$D$作$BD$的垂线，并截取$DE$，使$DE=BD$，连$BE$.分别过$A$，$B$作坐标轴的平行线交于点$C$.
（1）如图1，当点$E$在$CA$上时，求证：$△ BOD≌△ DAE$；
（2）如图2，过点$C$作$BD$的平行线交$x$轴于$F$，若点$E$恰好在$CF$上，求点$D$的坐标；
（3）如图3，$G$为$BE$的中点，连接$AG$，直接写出$AG$的最小值.

（1）证明：
∵BD⊥DE，AC⊥OA，
∴∠BDE=90°，∠OAC=90°，
∴∠BDO=90° - ∠ADE=∠DEA，∠BOD=90°=∠DAE，
在△BOD和△DAE中，
$\begin{cases}∠BOD = ∠DAE\\∠BDO = ∠DEA\\BD = DE\end{cases}$
∴△BOD≌△DAE（AAS）；
（2）解：过E作EH⊥OF于H，
设D（m，0），
在y=-$\frac{3}{4}$x+3√3中，令x=0得y=3√3，令y=0得x=4√3，
∴A（4√3，0），B（0，3√3），
∵BD⊥DE，EH⊥OF，
∴∠BDE=90°，∠DHE=90°，
∴∠BDO=90° - ∠HDE=∠DEH，∠BOD=90°=∠DHE，
∵BD=DE，
∴△BOD≌△DHE（AAS）；
∴OB=DH=3√3，OD=EH=m，
∵BC//OF，BD//CF，
∴四边形BDFC是平行四边形，∠DEF=∠BDF=90°，
∴DF=BC=OA=4√3，
∴OF=OD+DF=m+4√3，
∴HF=OF - OD - DH=（m+4√3） - m - 3√3 = √3，
∴EF²=HF²+EH²=3+m²，
∵DE²=BD²=OB²+OD²=（3√3）²+m²=m²+27，
∵EF²+DE²=DF²，
∴3+m²+m²+27=（4√3）²，
解得m=3或m=-3（舍去），
∴D（3，0）；
（3）解：过E作EH⊥OF于H，
设D（t，0），
∵BD⊥DE，EH⊥OF，
∴∠BDE=90°，∠DHE=90°，
∴∠BDO=90° - ∠HDE=∠DEH，∠BOD=90°=∠DHE，
∵BD=DE，
∴△BOD≌△DHE（AAS）；
∴OB=DH=3√3，OD=EH=t，
∴OH=t+3√3，
∴E（t+3√3，t），
∵G为BE的中点，B（0，3√3），
∴G（$\frac{t+3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{t+3\sqrt{3}}{2}$），
∵A（4√3，0），
∴AG=$\sqrt{(4\sqrt{3}-\frac{t+3\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{t+3\sqrt{3}}{2})^2}$=$\sqrt{\frac{(t-\sqrt{3})^2 + 48}{2}}$，
当t=√3时，AG最小值为$\sqrt{\frac{48}{2}}$=2√6，
∴AG的最小值为2√6.

【分析】
本题是平面直角坐标系中的几何综合题，分三小问逐步突破：
（1）证明△BOD≌△DAE，需利用直角性质和同角余角相等推导对应角相等，结合已知边相等，用AAS判定全等；
（2）求点D坐标，先确定A、B的坐标，通过作辅助线构造全等三角形得到线段关系，再利用平行四边形性质结合勾股定理列方程求解；
（3）求AG的最小值，先由全等得到E的坐标，再用中点坐标公式得G的坐标，通过两点间距离公式写出AG的表达式，结合二次函数性质求最小值。
【解析】
（1）证明：
直线$y=-\dfrac{3}{4}x+3\sqrt{3}$交x、y轴于A、B，令$x=0$得$B(0,3\sqrt{3})$，令$y=0$得$A(4\sqrt{3},0)$。
∵AC是过A作y轴平行线、过B作x轴平行线的交点，
∴∠BOD=∠DAE=90°。
又BD⊥DE，
∴∠BDE=90°，则∠BDO + ∠ADE=90°，结合∠ADE + ∠DEA=90°，得∠BDO=∠DEA。
在△BOD和△DAE中：
$\begin{cases}∠BOD = ∠DAE \\∠BDO = ∠DEA \\BD = DE\end{cases}$
∴△BOD≌△DAE（AAS）。
（2）解：设$D(m,0)$，过E作$EH⊥OF$于H，
∵BD⊥DE，
∴∠BDE=90°，则∠BDO + ∠EDH=90°，结合∠EDH + ∠DEH=90°，得∠BDO=∠DEH，且∠BOD=∠DHE=90°，BD=DE，
∴△BOD≌△DHE（AAS），得$OB=DH=3\sqrt{3}$，$OD=EH=m$，即$E(m+3\sqrt{3},m)$。
∵BC//OF，BD//CF，
∴四边形BDFC是平行四边形，故$DF=BC=OA=4\sqrt{3}$，则$OF=m+4\sqrt{3}$，$HF=OF - OD - DH=\sqrt{3}$。
在Rt△DEF中，由勾股定理$EF^2 + DE^2=DF^2$，其中$EF^2=(\sqrt{3})^2 + m^2$，$DE^2=(3\sqrt{3})^2 + m^2$，$DF^2=(4\sqrt{3})^2$，
代入得$3 + m^2 + m^2 + 27=48$，解得$m=3$（$m=-3$舍去），故$D(3,0)$。
（3）解：设$D(t,0)$，由△BOD≌△DHE得$E(t+3\sqrt{3},t)$，
∵G是BE中点，B(0,3√3)，根据中点坐标公式，得$G(\dfrac{t+3\sqrt{3}}{2},\dfrac{t+3\sqrt{3}}{2})$。
结合A(4√3,0)，由两点间距离公式：
$AG=\sqrt{(4\sqrt{3}-\dfrac{t+3\sqrt{3}}{2})^2 + (\dfrac{t+3\sqrt{3}}{2})^2}$
化简得$AG=\sqrt{\dfrac{(t-\sqrt{3})^2 + 48}{2}}$，当$t=\sqrt{3}$时，AG取得最小值$\sqrt{\dfrac{48}{2}}=2\sqrt{6}$。
【答案】
（1）证明成立；（2）$D(3,0)$；（3）$2\sqrt{6}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质、两点间距离公式
【点评】
本题是几何与平面直角坐标系结合的综合题，涉及全等三角形、平行四边形、坐标性质及最值求解，需具备数形结合与逻辑推理能力，分步骤处理各小问，难度适中。
【难度系数】
0.5