24. (12 分)如图 1,在平面直角坐标系中,$A(0,a),B(-b,0)$,若$a^2 -8a + \sqrt{8-2b}=-16$,C点是B点关于y轴的对称点.
(1)判断$△ ABC$的形状并证明；
(2)P点在第一象限,且$∠ APC=135°$,试探究$PA,PB,PC$存在的数量关系；
(3)如图2,E点在BC上,F为线段AE的中点,EF绕E点顺时针旋转$60°$得到EG,请直接写出E点从B点沿BC运动到C点过程中,G点运动的路径长为________.

24. 【点拨】本题考查一次函数图象和性质,解题的关键是熟练掌握一次函数图象及性质,全等三角形的判定及性质,数形结合思想的应用.
【解析】(1) $△ABC$ 是等腰直角三角形. 证明如下:
∵ $a^2 - 8a + \sqrt{8 - 2b} = -16$,即 $(a - 4)^2 + \sqrt{8 - 2b} = 0$,
由 $(a - 4)^2 ≥ 0$,$\sqrt{8 - 2b} ≥ 0$,得 $a = 4$,$b = 4$,
∴ $A(0,4)$,$B(-4,0)$.
∵ 点 $B,C$ 关于 $y$ 轴对称,
∴ $C(4,0)$,
∴ $OA = OB = OC = 4$.
∵ $∠AOB = ∠AOC = 90°$,
∴ $∠ABC = ∠OAB = ∠OAC = ∠ACB = 45°$,
∴ $AB = AC$,$∠BAC = 90°$,
∴ $△ABC$ 是等腰直角三角形.
(2) 当点 $P$ 在 $△AOC$ 外部时,$PB = PC + \sqrt{2}PA$;
当点 $P$ 在 $△AOC$ 内部时,$PB^2 = PC^2 + 2PA^2$. 理由如下:
当点 $P$ 在 $△AOC$ 外部时,如图,过点 $A$ 作 $AD ⊥ AP$ 交 $CP$ 的延长线于点 $D$,则 $∠PAD = 90°$.
∵ $∠APC = 135°$,则 $∠APD = 45°$,
∴ $∠D = 45°$,
∴ $PA = DA$. 在 $△ADP$ 中,$PD = \sqrt{PA^2 + DA^2} = \sqrt{2}PA$.
由(1)可知, $△ABC$ 是等腰直角三角形,
∴ $AB = AC$,$∠BAC = ∠PAD = 90°$,则 $∠BAC + ∠PAC = ∠PAD + ∠PAC$,
∴ $∠BAP = ∠CAD$.
在 $△BAP$ 和 $△CAD$ 中,$\begin{cases} AB = AC, \\ ∠BAP = ∠CAD, \\ PA = DA, \end{cases}$
∴ $△BAP ≅ △CAD(SAS)$,
∴ $PB = DC = PD + PC = \sqrt{2}PA + PC$,即 $PB = PC + \sqrt{2}PA$;
当点 $P$ 在 $△AOC$ 内部时,如图,过点 $A$ 作 $AD ⊥ AP$ 交 $CP$ 的延长线于点 $D$,连接 $BD$,则 $∠PAD = 90°$.
∵ $∠APC = 135°$,则 $∠APD = 45°$,
∴ $∠ADP = 45°$,
∴ $PA = DA$.
在 $Rt△ADP$ 中,$PD = \sqrt{PA^2 + DA^2} = \sqrt{2}PA$,
由(1)可知, $△ABC$ 是等腰直角三角形,
∴ $AB = AC$,$∠BAC = ∠PAD = 90°$,则 $∠BAC - ∠PAB = ∠PAD - ∠PAB$,
∴ $∠BAD = ∠CAP$.
在 $△BAD$ 和 $△CAP$ 中,$\begin{cases} AB = AC, \\ ∠BAD = ∠CAP, \\ DA = PA, \end{cases}$
∴ $△BAD ≅ △CAP(SAS)$,
∴ $PC = DB$,$∠ADB = ∠APC = 135°$,则 $∠BDP = ∠ADB - ∠ADP = 90°$.
在 $Rt△BDP$ 中,$PB^2 = BD^2 + PD^2$,
∴ $PB^2 = PC^2 + 2PA^2$.
(3)
∵ $OA = OB = OC = 4$,
∴ $AB = AC = 4\sqrt{2}$.
如图,连接 $AG$,$OG$,$FG$,$OF$.
∵ $EF = EG$,$∠FEG = 60°$,$F$ 为线段 $AE$ 的中点,
∴ $△EFG$ 是等边三角形,$FA = EF = \dfrac{1}{2}AE = FO$,
∴ $FG = FE = FA = FO$,$∠EFG = 60°$,
∴ $∠AGE = 90°$,$∠EAG = ∠FGA = 30°$.
设 $∠EAO = α = ∠AOF$,则 $∠FEO = ∠FOE = 90° - α$,$∠EFO = 2α$,
∴ $∠GFO = 60° - 2α$,则 $∠FOG = ∠FGO = \dfrac{180° - (60° - 2α)}{2} = 60° + α$,
∴ $∠EOG = ∠FOE + ∠FOG = 150°$,
∴ $OG$ 与 $BC$ 夹角(锐角)为 $30°$,即点 $G$ 在过原点 $O$,且与 $x$ 轴正方向成 $30°$ 夹角的直线上运动,如图,当 $E$ 点在 $B$ 点时,同理可知 $∠AG_1B = 90°$,$∠BAG_1 = 30°$,
∴ $BG_1 = 2\sqrt{2}$.
由勾股定理,得 $AG_1 = \sqrt{AB^2 - BG_1^2} = 2\sqrt{6}$;
当 $E$ 点在 $C$ 点时,同理可知 $∠AG_2C = 90°$,$∠CAG_2 = 30°$,
∴ $CG_2 = 2\sqrt{2}$,$AG_2 = \sqrt{AC^2 - CG_2^2} = 2\sqrt{6}$,
∴ $E$ 点从 $B$ 点沿 $BC$ 运动到 $C$ 点过程中,$G$ 点运动的路径长为 $G_1G_2$,$∠G_1AG_2 = 90°$,即 $△AG_1G_2$ 为等腰直角三角形.
由勾股定理,得 $G_1G_2 = \sqrt{AG_2^2 + AG_1^2} = 4\sqrt{3}$,
∴ $E$ 点从 $B$ 点沿 $BC$ 运动到 $C$ 点过程中,$G$ 点运动的路径长为 $4\sqrt{3}$.
故答案为 $4\sqrt{3}$.

【分析】
1. 第(1)问：先利用平方和算术平方根的非负性求出a、b的值，确定A、B、C三点坐标，再根据坐标特征判断△ABC的形状；
2. 第(2)问：分点P在△AOC外部和内部两种情况，通过作辅助线构造等腰直角三角形，利用全等三角形的性质推导PA、PB、PC的数量关系；
3. 第(3)问：结合旋转的性质、等边三角形和直角三角形的性质，确定G点的运动轨迹，进而计算其运动路径的长度。
【解析】
(1) 已知$a^2 -8a + \sqrt{8-2b}=-16$，整理得$(a-4)^2 + \sqrt{8-2b}=0$。因为$(a-4)^2 ≥ 0$，$\sqrt{8-2b} ≥ 0$，所以$a-4=0$，$8-2b=0$，解得$a=4$，$b=4$。因此$A(0,4)$，$B(-4,0)$。由于C是B关于y轴的对称点，故$C(4,0)$，可得$OA=OB=OC=4$，且$∠ AOB=∠ AOC=90°$，所以$∠ OAB=∠ OAC=∠ OBA=∠ OCA=45°$，进而$AB=AC$，$∠ BAC=90°$，因此△ABC是等腰直角三角形。
(2) 分两种情况讨论：
① 当点P在△AOC外部时，过点A作$AD ⊥ AP$，交CP的延长线于点D，则$∠ PAD=90°$。因为$∠ APC=135°$，所以$∠ APD=45°$，故△ADP是等腰直角三角形，$PA=DA$，$PD=\sqrt{PA^2 + DA^2}=\sqrt{2}PA$。由(1)知△ABC是等腰直角三角形，所以$AB=AC$，$∠ BAC=∠ PAD=90°$，则$∠ BAC + ∠ PAC=∠ PAD + ∠ PAC$，即$∠ BAP=∠ CAD$。在△BAP和△CAD中，$\begin{cases} AB=AC \\ ∠ BAP=∠ CAD \\ PA=DA \end{cases}$，所以△BAP≌△CAD(SAS)，因此$PB=DC=PC + PD=PC + \sqrt{2}PA$，即$PB=PC + \sqrt{2}PA$。
② 当点P在△AOC内部时，过点A作$AD ⊥ AP$，交CP的延长线于点D，连接BD，则$∠ PAD=90°$。因为$∠ APC=135°$，所以$∠ APD=45°$，故△ADP是等腰直角三角形，$PA=DA$，$PD=\sqrt{2}PA$。由(1)知△ABC是等腰直角三角形，所以$AB=AC$，$∠ BAC=∠ PAD=90°$，则$∠ BAC - ∠ PAB=∠ PAD - ∠ PAB$，即$∠ BAD=∠ CAP$。在△BAD和△CAP中，$\begin{cases} AB=AC \\ ∠ BAD=∠ CAP \\ DA=PA \end{cases}$，所以△BAD≌△CAP(SAS)，因此$PC=DB$，$∠ ADB=∠ APC=135°$，故$∠ BDP=∠ ADB - ∠ ADP=135° - 45°=90°$。在Rt△BDP中，由勾股定理得$PB^2=BD^2 + PD^2=PC^2 + 2PA^2$。
(3) 连接AG、OG、FG、OF。因为EF=EG，$∠ FEG=60°$，F为AE中点，所以△EFG是等边三角形，且$FA=EF=\frac{1}{2}AE=FO$，因此$FG=FE=FA=FO$，$∠ EFG=60°$，可得$∠ AGE=90°$，$∠ EAG=30°$。当E在B点时，同理可得$AG_1=2\sqrt{6}$；当E在C点时，同理可得$AG_2=2\sqrt{6}$，且$∠ G_1AG_2=90°$，故△AG₁G₂是等腰直角三角形，所以$G_1G_2=\sqrt{AG_1^2 + AG_2^2}=\sqrt{(2\sqrt{6})^2 + (2\sqrt{6})^2}=4\sqrt{3}$，即G点运动的路径长为$4\sqrt{3}$。
【答案】
(1) △ABC是等腰直角三角形；
(2) 当点P在△AOC外部时，$PB = PC + \sqrt{2}PA$；当点P在△AOC内部时，$PB^2 = PC^2 + 2PA^2$；
(3) $4\sqrt{3}$
【知识点】
等腰直角三角形、全等三角形、旋转的性质
【点评】
本题综合考查坐标与图形性质、等腰直角三角形、全等三角形的判定与性质、旋转的性质，解题关键是利用非负数求点坐标，构造全等三角形推导线段关系，确定动点轨迹并计算路径长度，需熟练掌握几何定理的应用，综合性较强。
【难度系数】
0.5