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23. (11分)如图1,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$∠ BAC=α$,D是直线BC上一点,连接AD,将线段AD绕点A逆时针旋转$α$得到线段AE,连接CE,DE.
(1)如图2,当$α=60°$,且点D在线段BC上时,证明:$BD=CE$;
(2)如图3,当$α=90°$,且点D在线段BC上时,猜想线段BD,CD,DE之间的数量关系,并加以证明;
(3)当$α=90°$,$AB=6$,$BD=2\sqrt{2}$时,画出图形并求出DE的长.
(1)如图2,当$α=60°$,且点D在线段BC上时,证明:$BD=CE$;
(2)如图3,当$α=90°$,且点D在线段BC上时,猜想线段BD,CD,DE之间的数量关系,并加以证明;
(3)当$α=90°$,$AB=6$,$BD=2\sqrt{2}$时,画出图形并求出DE的长.
答案
【点拨】本题考查几何变换,全等三角形的判定和性质,勾股定理,熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键.
【解析】(1)证明:$\because ∠ BAC=∠ DAE=60°$,
$\therefore ∠ BAC-∠ DAC=∠ DAE-∠ DAC$,即$∠ BAD=∠ CAE$,
在$△ ABD$和$△ ACE$中,$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\\AD=AE,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$,$\therefore BD=CE$.
(2)$BD^2+CD^2=DE^2$.证明如下:
$\because ∠ BAC=90°$,$AB=AC$,
$\therefore ∠ B=∠ ACB=45°$。
$\because ∠ BAC=∠ DAE=90°$,
$\therefore ∠ BAC-∠ DAC=∠ DAE-∠ DAC$,即$∠ BAD=∠ CAE$,
在$△ ABD$和$△ ACE$中,$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\\AD=AE,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$,
$\therefore ∠ ACE=∠ B=45°$,$BD=CE$,
$\therefore ∠ ACE+∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ DCE=90°$,
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ DCE$中,$CE^2+CD^2=DE^2$,
$\therefore BD^2+CD^2=DE^2$.
(3)
如图1,当点D在线段BC上时,$\because AB=AC=6$,$∠ BAC=90°$,
$\therefore BC=6\sqrt{2}$.
$\because BD=2\sqrt{2}$,
$\therefore CD=4\sqrt{2}$,
$\therefore$ 由(2)知,$DE=\sqrt{BD^2+CD^2}=2\sqrt{10}$;
当点D在BC的延长线上时,$BD＞AB$,不合题意;
如图2,当点D在CB的延长线上时.$\because ∠ BAC=∠ DAE=90°$,
$\therefore ∠ BAD=∠ CAE$,
在$△ ABD$和$△ ACE$中,
$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\\AD=AE,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$,
$\therefore ∠ ADC=∠ AEC$,$BD=CE$.
$\because ∠ DAE=90°$,$AD=AE$,$\therefore ∠ ADE=∠ AED=45°$,
$\therefore ∠ AEC+∠ AED+∠ CDE=∠ ADC+∠ AED=∠ ADE +∠ AED=90°$,$\therefore ∠ DCE=90°$,
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ DCE$中,$CE^2+CD^2=DE^2$,$\therefore BD^2+CD^2=DE^2$.
$\because BD=2\sqrt{2}$,$BC=6\sqrt{2}$,$\therefore CD=BD+BC=8\sqrt{2}$,
$\therefore DE=\sqrt{BD^2+CD^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(8\sqrt{2})^2}=2\sqrt{34}$.
综上所述,$DE$的长为$2\sqrt{10}$或$2\sqrt{34}$.
解析
【分析】
本题是旋转相关的几何综合题，解题核心围绕旋转的性质（对应边相等、旋转角相等）展开：
1. 第(1)问要证$BD=CE$，需利用旋转角相等推出$∠ BAD=∠ CAE$，结合$AB=AC$、$AD=AE$，用SAS证明$△ ABD≌△ ACE$，即可得$BD=CE$；
2. 第(2)问猜想$BD$、$CD$、$DE$的数量关系，先通过SAS证$△ ABD≌△ ACE$，得$∠ ACE=∠ B$，结合$AB=AC$、$∠ BAC=90°$推出$∠ DCE=90°$，再用勾股定理推导关系；
3. 第(3)问需分两种情况讨论点$D$的位置（在线段$BC$上、在$CB$延长线上），先计算$BC$长度，再用第(2)问的结论计算$DE$，注意分类不遗漏。
【解析】
(1) 证明：$\because ∠ BAC=∠ DAE=60°$，
$\therefore ∠ BAC-∠ DAC=∠ DAE-∠ DAC$，即$∠ BAD=∠ CAE$，
在$△ ABD$和$△ ACE$中，
$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\\AD=AE,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，$\therefore BD=CE$；
(2) 猜想：$BD^2+CD^2=DE^2$，证明如下：
$\because ∠ BAC=90°$，$AB=AC$，
$\therefore ∠ B=∠ ACB=45°$，
$\because ∠ BAC=∠ DAE=90°$，
$\therefore ∠ BAC-∠ DAC=∠ DAE-∠ DAC$，即$∠ BAD=∠ CAE$，
在$△ ABD$和$△ ACE$中，
$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\\AD=AE,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ACE=∠ B=45°$，$BD=CE$，
$\therefore ∠ DCE=∠ ACB+∠ ACE=45°+45°=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ DCE$中，由勾股定理得：$CE^2+CD^2=DE^2$，
$\therefore BD^2+CD^2=DE^2$；
(3) 分两种情况：
① 当点$D$在线段$BC$上时：
$\because AB=AC=6$，$∠ BAC=90°$，
$\therefore BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}$，
$\because BD=2\sqrt{2}$，
$\therefore CD=BC-BD=6\sqrt{2}-2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$，
由(2)的结论：$DE=\sqrt{BD^2+CD^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(4\sqrt{2})^2}=\sqrt{8+32}=2\sqrt{10}$；
② 当点$D$在$CB$的延长线上时：
$\because ∠ BAC=∠ DAE=90°$，
$\therefore ∠ BAD=∠ CAE$，
在$△ ABD$和$△ ACE$中，
$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\\AD=AE,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BD=CE=2\sqrt{2}$，$∠ ACE=∠ ABD=135°$，
$\therefore ∠ DCE=∠ ACE-∠ ACB=135°-45°=90°$，
$CD=BD+BC=2\sqrt{2}+6\sqrt{2}=8\sqrt{2}$，
在$\mathrm{Rt}△ DCE$中，$DE=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(8\sqrt{2})^2}=\sqrt{8+128}=2\sqrt{34}$；
综上，$DE$的长为$2\sqrt{10}$或$2\sqrt{34}$。
【答案】
$2\sqrt{10}$或$2\sqrt{34}$
【知识点】
全等三角形判定（SAS）、旋转的性质、勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，以旋转为背景，结合全等三角形、勾股定理，考查几何推理能力与分类讨论思想，需熟练掌握旋转性质及全等判定方法，注意分情况讨论点的位置，避免漏解。
【难度系数】
0.4
本题是旋转相关的几何综合题，解题核心围绕旋转的性质（对应边相等、旋转角相等）展开：
1. 第(1)问要证$BD=CE$，需利用旋转角相等推出$∠ BAD=∠ CAE$，结合$AB=AC$、$AD=AE$，用SAS证明$△ ABD≌△ ACE$，即可得$BD=CE$；
2. 第(2)问猜想$BD$、$CD$、$DE$的数量关系，先通过SAS证$△ ABD≌△ ACE$，得$∠ ACE=∠ B$，结合$AB=AC$、$∠ BAC=90°$推出$∠ DCE=90°$，再用勾股定理推导关系；
3. 第(3)问需分两种情况讨论点$D$的位置（在线段$BC$上、在$CB$延长线上），先计算$BC$长度，再用第(2)问的结论计算$DE$，注意分类不遗漏。
【解析】
(1) 证明：$\because ∠ BAC=∠ DAE=60°$，
$\therefore ∠ BAC-∠ DAC=∠ DAE-∠ DAC$，即$∠ BAD=∠ CAE$，
在$△ ABD$和$△ ACE$中，
$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\\AD=AE,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，$\therefore BD=CE$；
(2) 猜想：$BD^2+CD^2=DE^2$，证明如下：
$\because ∠ BAC=90°$，$AB=AC$，
$\therefore ∠ B=∠ ACB=45°$，
$\because ∠ BAC=∠ DAE=90°$，
$\therefore ∠ BAC-∠ DAC=∠ DAE-∠ DAC$，即$∠ BAD=∠ CAE$，
在$△ ABD$和$△ ACE$中，
$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\\AD=AE,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ACE=∠ B=45°$，$BD=CE$，
$\therefore ∠ DCE=∠ ACB+∠ ACE=45°+45°=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ DCE$中，由勾股定理得：$CE^2+CD^2=DE^2$，
$\therefore BD^2+CD^2=DE^2$；
(3) 分两种情况：
① 当点$D$在线段$BC$上时：
$\because AB=AC=6$，$∠ BAC=90°$，
$\therefore BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}$，
$\because BD=2\sqrt{2}$，
$\therefore CD=BC-BD=6\sqrt{2}-2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$，
由(2)的结论：$DE=\sqrt{BD^2+CD^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(4\sqrt{2})^2}=\sqrt{8+32}=2\sqrt{10}$；
② 当点$D$在$CB$的延长线上时：
$\because ∠ BAC=∠ DAE=90°$，
$\therefore ∠ BAD=∠ CAE$，
在$△ ABD$和$△ ACE$中，
$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\\AD=AE,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BD=CE=2\sqrt{2}$，$∠ ACE=∠ ABD=135°$，
$\therefore ∠ DCE=∠ ACE-∠ ACB=135°-45°=90°$，
$CD=BD+BC=2\sqrt{2}+6\sqrt{2}=8\sqrt{2}$，
在$\mathrm{Rt}△ DCE$中，$DE=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(8\sqrt{2})^2}=\sqrt{8+128}=2\sqrt{34}$；
综上，$DE$的长为$2\sqrt{10}$或$2\sqrt{34}$。
【答案】
$2\sqrt{10}$或$2\sqrt{34}$
【知识点】
全等三角形判定（SAS）、旋转的性质、勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，以旋转为背景，结合全等三角形、勾股定理，考查几何推理能力与分类讨论思想，需熟练掌握旋转性质及全等判定方法，注意分情况讨论点的位置，避免漏解。
【难度系数】
0.4
24. (13分)如图1,已知点$A(a,0)$,点$B(0,b)$,且$a,b$满足$\sqrt{a - 4} + |4 - b| = 0$.
(1)求点$A,B$的坐标;
(2)若$C$是第一象限内一点,且$∠OCB = 45°$,过点$A$作$AD⊥OC$于点$F$,求证:$FA = FC$;
(3)如图2,若点$D$的坐标为$(0,1)$,过点$A$作$AE⊥AD$,且$AE = AD$,连接$BE$交$x$轴于点$G$,求点$G$的坐标;
(4)若点$D$的坐标为$(0,3)$,$P$为$x$轴上一点,且$△ PAD$是等腰三角形,直接写出点$P$的坐标.
天问教育集团八年级第一次月考数学真卷
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(1)求点$A,B$的坐标;
(2)若$C$是第一象限内一点,且$∠OCB = 45°$,过点$A$作$AD⊥OC$于点$F$,求证:$FA = FC$;
(3)如图2,若点$D$的坐标为$(0,1)$,过点$A$作$AE⊥AD$,且$AE = AD$,连接$BE$交$x$轴于点$G$,求点$G$的坐标;
(4)若点$D$的坐标为$(0,3)$,$P$为$x$轴上一点,且$△ PAD$是等腰三角形,直接写出点$P$的坐标.
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答案
【点拨】本题考查坐标与图形,全等三角形的判定和性质,作辅助线构造全等三角形是解答本题的关键,注意分类讨论思想的运用.
【解析】(1)$\because a,b$满足$\sqrt{a-4}+\vert4-b\vert=0$,
$\therefore a-4=0$,$4-b=0$,$\therefore a=4$,$b=4$,
$\therefore$ 点A,B的坐标分别为$A(4,0)$,$B(0,4)$.
(2)
证明:如图1,作$BE⊥ CO$于点E,$\therefore ∠ BEC=∠ BEO=90°$.
$\because A(4,0)$,$B(0,4)$,
$\therefore OA=OB=4$.
$\because AD⊥ OC$,$\therefore ∠ OFA=90°$,
$\therefore ∠ OAF=90°$,
$∠ BEO=∠ OFA$.
$\because ∠ BOE+∠ AOF=90°$,
$\therefore ∠ BOE=∠ OAF$.
在$△ BEO$和$△ OFA$中,
$\begin{cases}∠ BOE=∠ OAF,\\∠ BEO=∠ OFA,\\OB=OA,\end{cases}$
$\therefore △ BEO≌△ OFA(\mathrm{AAS})$,$\therefore BE=OF$,$OE=AF$.
$\because ∠ OCB=45°$,$∠ BEC=90°$,$\therefore ∠ EBC=45°$,
$\therefore ∠ EBC=∠ BCE$,$\therefore OF=CE$,
$\therefore OF+EF=CE+EF$,$\therefore OE=CF$,$\therefore AF=CF$.
(3)
如图2,作$EF⊥ x$轴于点F,$\therefore ∠ EFA=∠ EFG=90°$,
$\therefore ∠ FEA+∠ FAE=90°$.
$\because AE⊥ AD$,$\therefore ∠ DAE=90°$,
$\therefore ∠ DAO+∠ FAE=90°$,
$\therefore ∠ DAO=∠ AEF$.
在$△ AOD$和$△ EFA$中,
$\begin{cases}∠ DAO=∠ AEF,\\∠ DOA=∠ AFE,\\AD=EA,\end{cases}$
$\therefore △ AOD≌△ EFA(\mathrm{AAS})$,
$\therefore OD=AF$,$AO=EF$.$\because AO=BO$,$\therefore BO=EF$,
在$△ BOG$和$△ EFG$中,$\begin{cases}∠ BOG=∠ EFG,\\∠ OGB=∠ FGE,\\OB=EF,\end{cases}$
$\therefore △ BOG≌△ EFG(\mathrm{AAS})$,$\therefore OG=FG=\dfrac{1}{2}OF$.
$\because D(0,1)$,$\therefore OD=1$,$\therefore AF=1$,$\therefore OF=AO-AF=4-1=3$,
$\therefore OG=\dfrac{1}{2}×3=\dfrac{3}{2}$,即$G(\dfrac{3}{2},0)$.
(4)
如图3,当$P_1D=AD$时.$\because OD⊥ P_1A$,$\therefore OP_1=OA=4$,$\therefore$ 点$P_1$的坐标是$(-4,0)$;
如图4,当$P_2D=P_2A$时.设$OP_2=r$,则$AP_2=4-r$,$\therefore P_2D=AP_2=4-r$,
在$\mathrm{Rt}△ DOP_2$中,$P_2D^2=OP_2^2+OD^2$,
即$(4-r)^2=r^2+3^2$,解得$r=\dfrac{7}{8}$,
$\therefore$ 点$P_2$的坐标是$(\dfrac{7}{8},0)$;
如图5,当$AP_3=AD$时.$\because OD=3$,$OA=4$,
$\therefore AD=\sqrt{3^2+4^2}=5$,
$\therefore AP_3=AD=5$,
$\therefore OP_3=5-4=1$,
$\therefore$ 点$P_3$的坐标是$(-1,0)$;
当$AP_4=AD$时,
$\therefore OP_4=5+4=9$,
$\therefore$ 点$P_4$的坐标是$(9,0)$.
综上,满足条件的点P的坐标是$(-4,0)$或$(\dfrac{7}{8},0)$或$(-1,0)$或$(9,0)$.
解析
【分析】
1. 第(1)问利用非负数的性质：算术平方根和绝对值均为非负数，和为0时各自为0，求出a、b的值，进而确定A、B坐标；
2. 第(2)问通过作辅助线构造直角三角形，利用AAS证明全等得到对应边相等，结合45°角推出线段相等，最终证明FA=FC；
3. 第(3)问作垂直于x轴的辅助线，通过两次AAS全等三角形的判定，结合线段关系求出G点坐标；
4. 第(4)问对等腰三角形的腰进行分类讨论，利用勾股定理和几何性质计算P点坐标，避免漏解。
【解析】
(1)
∵ $\sqrt{a - 4} + |4 - b| = 0$，且$\sqrt{a - 4} ≥ 0$，$|4 - b| ≥ 0$，
∴ $a - 4 = 0$，$4 - b = 0$，解得$a = 4$，$b = 4$，
∴ 点A的坐标为$(4,0)$，点B的坐标为$(0,4)$。
(2) 证明：如图1，作$BE⊥CO$于点E，
∴ $∠BEC = ∠BEO = 90°$。
∵ $A(4,0)$，$B(0,4)$，
∴ $OA = OB = 4$。
∵ $AD⊥OC$，
∴ $∠OFA = 90°$，
∴ $∠BOE + ∠AOF = 90°$，$∠OAF + ∠AOF = 90°$，
∴ $∠BOE = ∠OAF$。
在$△BEO$和$△OFA$中，
$\begin{cases}∠BOE = ∠OAF \\ ∠BEO = ∠OFA \\ OB = OA\end{cases}$
∴ $△BEO ≌ △OFA(AAS)$，
∴ $BE = OF$，$OE = AF$。
∵ $∠OCB = 45°$，$∠BEC = 90°$，
∴ $∠EBC = 45°$，
∴ $∠EBC = ∠BCE$，
∴ $BE = CE$，
∴ $OF = CE$，
∴ $OF + EF = CE + EF$，即$OE = CF$，
∴ $AF = CF$。
(3) 如图2，作$EF⊥x$轴于点F，
∴ $∠EFA = ∠EFG = 90°$，
∵ $AE⊥AD$，
∴ $∠DAE = 90°$，
∴ $∠DAO + ∠FAE = 90°$，$∠FAE + ∠AEF = 90°$，
∴ $∠DAO = ∠AEF$。
在$△AOD$和$△EFA$中，
$\begin{cases}∠DAO = ∠AEF \\ ∠DOA = ∠AFE \\ AD = EA\end{cases}$
∴ $△AOD ≌ △EFA(AAS)$，
∴ $OD = AF$，$AO = EF$。
∵ $AO = BO$，
∴ $BO = EF$。
在$△BOG$和$△EFG$中，
$\begin{cases}∠BOG = ∠EFG \\ ∠OGB = ∠FGE \\ OB = EF\end{cases}$
∴ $△BOG ≌ △EFG(AAS)$，
∴ $OG = FG = \frac{1}{2}OF$。
∵ $D(0,1)$，
∴ $OD = 1$，
∴ $AF = 1$，
∴ $OF = AO - AF = 4 - 1 = 3$，
∴ $OG = \frac{1}{2}×3 = \frac{3}{2}$，即$G(\frac{3}{2},0)$。
(4) 分三种情况讨论：
① 当$PD = AD$时：
$OD⊥PA$，$OA = 4$，$OD = 3$，$AD = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$，
$OD$垂直平分$PA$，
∴ $OP_1 = OA = 4$，
∴ $P_1(-4,0)$；
② 当$PD = PA$时：
设$OP_2 = r$，则$AP_2 = 4 - r$，$PD = PA = 4 - r$，
在$Rt△DOP_2$中，$PD^2 = OP_2^2 + OD^2$，即$(4 - r)^2 = r^2 + 3^2$，
解得$r = \frac{7}{8}$，
∴ $P_2(\frac{7}{8},0)$；
③ 当$PA = AD$时：
$AD = 5$，
当P在O左侧时，$AP_3 = AD = 5$，$OP_3 = 5 - 4 = 1$，
∴ $P_3(-1,0)$；
当P在O右侧时，$AP_4 = AD = 5$，$OP_4 = 5 + 4 = 9$，
∴ $P_4(9,0)$。
综上，点P的坐标为$(-4,0)$、$(\frac{7}{8},0)$、$(-1,0)$、$(9,0)$。
【答案】
(1) $A(4,0)$，$B(0,4)$；
(2) 证明成立；
(3) $G(\frac{3}{2},0)$；
(4) $(-4,0)$或$(\frac{7}{8},0)$或$(-1,0)$或$(9,0)$
【知识点】
坐标与图形性质、全等三角形判定与性质、等腰三角形性质
【点评】
本题综合坐标与几何知识，需通过辅助线构造全等三角形，等腰三角形问题需分类讨论，考查几何逻辑与分类思想，难度适中。
【难度系数】
0.6
1. 第(1)问利用非负数的性质：算术平方根和绝对值均为非负数，和为0时各自为0，求出a、b的值，进而确定A、B坐标；
2. 第(2)问通过作辅助线构造直角三角形，利用AAS证明全等得到对应边相等，结合45°角推出线段相等，最终证明FA=FC；
3. 第(3)问作垂直于x轴的辅助线，通过两次AAS全等三角形的判定，结合线段关系求出G点坐标；
4. 第(4)问对等腰三角形的腰进行分类讨论，利用勾股定理和几何性质计算P点坐标，避免漏解。
【解析】
(1)
∵ $\sqrt{a - 4} + |4 - b| = 0$，且$\sqrt{a - 4} ≥ 0$，$|4 - b| ≥ 0$，
∴ $a - 4 = 0$，$4 - b = 0$，解得$a = 4$，$b = 4$，
∴ 点A的坐标为$(4,0)$，点B的坐标为$(0,4)$。
(2) 证明：如图1，作$BE⊥CO$于点E，
∴ $∠BEC = ∠BEO = 90°$。
∵ $A(4,0)$，$B(0,4)$，
∴ $OA = OB = 4$。
∵ $AD⊥OC$，
∴ $∠OFA = 90°$，
∴ $∠BOE + ∠AOF = 90°$，$∠OAF + ∠AOF = 90°$，
∴ $∠BOE = ∠OAF$。
在$△BEO$和$△OFA$中，
$\begin{cases}∠BOE = ∠OAF \\ ∠BEO = ∠OFA \\ OB = OA\end{cases}$
∴ $△BEO ≌ △OFA(AAS)$，
∴ $BE = OF$，$OE = AF$。
∵ $∠OCB = 45°$，$∠BEC = 90°$，
∴ $∠EBC = 45°$，
∴ $∠EBC = ∠BCE$，
∴ $BE = CE$，
∴ $OF = CE$，
∴ $OF + EF = CE + EF$，即$OE = CF$，
∴ $AF = CF$。
(3) 如图2，作$EF⊥x$轴于点F，
∴ $∠EFA = ∠EFG = 90°$，
∵ $AE⊥AD$，
∴ $∠DAE = 90°$，
∴ $∠DAO + ∠FAE = 90°$，$∠FAE + ∠AEF = 90°$，
∴ $∠DAO = ∠AEF$。
在$△AOD$和$△EFA$中，
$\begin{cases}∠DAO = ∠AEF \\ ∠DOA = ∠AFE \\ AD = EA\end{cases}$
∴ $△AOD ≌ △EFA(AAS)$，
∴ $OD = AF$，$AO = EF$。
∵ $AO = BO$，
∴ $BO = EF$。
在$△BOG$和$△EFG$中，
$\begin{cases}∠BOG = ∠EFG \\ ∠OGB = ∠FGE \\ OB = EF\end{cases}$
∴ $△BOG ≌ △EFG(AAS)$，
∴ $OG = FG = \frac{1}{2}OF$。
∵ $D(0,1)$，
∴ $OD = 1$，
∴ $AF = 1$，
∴ $OF = AO - AF = 4 - 1 = 3$，
∴ $OG = \frac{1}{2}×3 = \frac{3}{2}$，即$G(\frac{3}{2},0)$。
(4) 分三种情况讨论：
① 当$PD = AD$时：
$OD⊥PA$，$OA = 4$，$OD = 3$，$AD = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$，
$OD$垂直平分$PA$，
∴ $OP_1 = OA = 4$，
∴ $P_1(-4,0)$；
② 当$PD = PA$时：
设$OP_2 = r$，则$AP_2 = 4 - r$，$PD = PA = 4 - r$，
在$Rt△DOP_2$中，$PD^2 = OP_2^2 + OD^2$，即$(4 - r)^2 = r^2 + 3^2$，
解得$r = \frac{7}{8}$，
∴ $P_2(\frac{7}{8},0)$；
③ 当$PA = AD$时：
$AD = 5$，
当P在O左侧时，$AP_3 = AD = 5$，$OP_3 = 5 - 4 = 1$，
∴ $P_3(-1,0)$；
当P在O右侧时，$AP_4 = AD = 5$，$OP_4 = 5 + 4 = 9$，
∴ $P_4(9,0)$。
综上，点P的坐标为$(-4,0)$、$(\frac{7}{8},0)$、$(-1,0)$、$(9,0)$。
【答案】
(1) $A(4,0)$，$B(0,4)$；
(2) 证明成立；
(3) $G(\frac{3}{2},0)$；
(4) $(-4,0)$或$(\frac{7}{8},0)$或$(-1,0)$或$(9,0)$
【知识点】
坐标与图形性质、全等三角形判定与性质、等腰三角形性质
【点评】
本题综合坐标与几何知识，需通过辅助线构造全等三角形，等腰三角形问题需分类讨论，考查几何逻辑与分类思想，难度适中。
【难度系数】
0.6
