∴AE＝＝，
∴
＝＝．
（3）如图，作SH⊥AD于H．
由题意四边形ADOC是正方形， ∴∠ACD＝45°＝∠CAT+∠ATC， ∵∠CAT+∠SAC＝45°， ∴∠SAC＝∠ATC， ∵∠ASC＝∠TSA， ∴△SAC∽△STA， ∴
＝
，
∴SA2＝SC?ST， ∵CS＝n，CT＝k，CD＝∴SH＝DH＝
（
，
﹣n），AH＝n，
∴AS2＝AH2+HS2＝n2+（∴k＝
（0＜n＜
﹣n）2＝n（n+k）， ）．
14．解：（1）如图1，过A作AC∥x轴，过B作BC⊥AC于C，BC交x轴于E，AC交y轴于
D，
∵A（﹣3，﹣2），B（2，4），
∴△AOB的面积＝S△ACB﹣S△AOD﹣S△BOE﹣S长方形ODCE， ＝
﹣
﹣
﹣2×2，
＝15﹣3﹣4﹣4， ＝4；
（2）设直线AB的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
则，解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝x+， 当x＝0时，y＝， ∴C（0，）， 当y＝0时，x+＝0， 解得：x＝﹣， ∴D（
，0）；
（3）①当点P在x轴上时， ∵△ABP的面积为6， ∴∴PD＝2，
如图3，点P在x轴的正半轴上，P（，0）；
＝6，
同理得当点P在x轴的负半轴上，P（﹣②当点P在y轴上时，
＝6，
∴CP＝
，
，0）；
∴P（0，4）或（0，﹣）； 综上，点P的坐标是（，0）或（15．解：（1）如图1中，
，0）或（0，4）或（0，
）．
∵A（0，4）， ∴OA＝4，
∵S△AOB＝×OB×OA＝8， ∴OB＝4，
∵△AOB与△AOC关于y轴对称， ∴OC＝OB＝4．
（2）如图2中，结论：DG＝GE． 理由：作DH∥EC交AC于H．
∵OA＝OC，∠AOC＝90°， ∴∠DAH＝∠ACO＝45°， ∵DH∥OC，
∴∠AHD＝∠ACO＝45°， ∴∠DAH＝∠AHD， ∴AD＝DH， ∵AD＝EC， ∴DH＝EC，
∵∠DHG＝∠GCE，∠DGH＝∠CGE， ∴△DGH≌△EGC（AAS）， ∴DG＝EG．
（3）如图3中，连接DB，DC，作DH∥EC交AC于H．设AD＝DH＝x，则AH＝4
﹣
x，HC＝
x，
∵HG＝CG， ∴HG＝HC＝2
﹣
x，
∵OA⊥BC，OB＝OC， ∴AB＝AC，DB＝DC，
∴∠ABC＝∠ACB，∠DBO＝∠DCO，
∴∠ABD＝∠ACD， ∵∠CEG＝∠ABD， ∴∠ACD＝∠CEG， ∵DH∥CE，
∴∠HDG＝∠CEG＝∠DCH， ∵∠DHG＝∠DHC， ∴△DHG∽△CHD， ∴
＝
，
∴
解得x＝2， ∴AH＝CH＝2
＝，
，
∴H（2，2）， ∵GH＝GC， ∴G（3，1）．
16．证明：（1）如图1中，作DH⊥AB于H．
∵∠ACD＝∠AHD＝90°，AD＝AD，∠DAC＝∠DAH， ∴△ADC≌△ADH（ASA）， ∴AC＝AH，DC＝DH， ∵CA＝CB，∠C＝90°， ∴∠B＝45°， ∵∠DHB＝90°， ∴∠HDB＝∠B＝45°， ∴HD＝HB， ∴BH＝CD，
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