Question

16．已知直線AB分別交x、y軸于A（a，0）、B兩點(diǎn)，C（c，4）為直線AB上且在第二象限內(nèi)一點(diǎn)，若$\sqrt{{c^2}-16}+{a^2}+16=8a$
（1）如圖1，求A、C點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）如圖2，直線OM經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，過(guò)C作CM⊥OM于M，CN⊥y軸于點(diǎn)N，連MN，求式子$\frac{MO+MC}{MN}$的值；
（3）如圖3，過(guò)C作CN⊥y軸于點(diǎn)N，G為第一象限內(nèi)一點(diǎn)，且∠NGO=45°，試探究GC、GN、GO之間的數(shù)量關(guān)系并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)非負(fù)數(shù)的性質(zhì)即可求出a、c的值．
（2）如圖2中，作NQ⊥OM于Q，NP⊥MC于P，先證明△NCP≌△NOQ得PC=OQ，PN=QN，再證明四邊形MQNP是正方形，由MN=$\sqrt{2}$MQ，MO+MC=2MQ即可解決問(wèn)題．
（3）結(jié)論：GC²=OG²+2GN²，如圖3中，作OP⊥NG于P，CQ⊥GN于Q，先證明△NCQ≌△ONP，設(shè)NQ=OP=PG=a，CQ=NP=b，用a、b的代數(shù)式表示GC²，GN²，OG²即可證明．

解答 解：（1）∵$\sqrt{{c}^{2}-16}+{a}^{2}+16=8a$，
∴$\sqrt{{c}^{2}-16}$+（a-4）²=0，
∵$\sqrt{{c}^{2}-16}$≥0，（a-4）²≥0，
∴c=±4，a=4，
∵點(diǎn)C在第二象限，
∴c=-4，
∴點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)C（-4，4）．
（2）如圖2中，作NQ⊥OM于Q，NP⊥MC于P，
∵∠PMO=∠MPN=∠NQM=90°，
∴四邊形MQNP是矩形，
∴∠PNQ=∠CNO=90°，
∴∠PNC=∠ONQ，
在△NCP和△NOQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠P=∠NQO=90°}\\{∠PNC=∠ONQ}\\{CN=NO}\end{array}\right.$，
∴△NCP≌△NOQ，
∴NP=NQ，PC=OQ，
∴四邊形MQNP是正方形，NM=$\sqrt{2}$MQ，
∴$\frac{MO+MC}{MN}$=$\frac{MQ+OQ+PM-PC}{MN}$=$\frac{2MQ}{\sqrt{2}MQ}$=$\sqrt{2}$．
（3）結(jié)論：GC²=OG²+2GN²
理由：如圖3中，作OP⊥NG于P，CQ⊥GN于Q．
∵∠CNQ+∠ONP=90°，∠ONP+∠NOP=90°，
∴∠CNQ=∠NOP，
在△NCQ和△ONP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CNQ=∠NOP}\\{∠Q=∠OPN}\\{CN=ON}\end{array}\right.$，
∴△NCQ≌△ONP，
∴NQ=OP=PG，CQ=NP，設(shè)NQ=OP=PG=a，CQ=NP=b，∵GC²=CQ²+QG²=b²+（2a+b）²=4a²+4ab+2b²，GN²=（a+b）²=a²+2ab+b²，GO²=OP²+PG²=a²+a²=2a²，
∴GC²=OG²+2GN²．

點(diǎn)評(píng) 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造全等三角形，最后一個(gè)問(wèn)題體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想，屬于中考?jí)狠S題．