20. (本小题 12 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 A(m,0),B(0,m),其中 m＞0.
(1) 若点 C(4,3),AB⊥AC,则 m 的值为;
(2) 已知 D 为 x 轴正半轴上的一个动点,OD= t,点 E(n,t),其中 n＞t＞m.若 BD= ED,则在点 D 运动的过程中,∠EAD 的大小是否改变? 若不变,试求出∠EAD 的度数;若改变,请说明∠EAD 的大小变化过程.

(1)
已知点$A(m,0)$，$B(0,m)$，$C(4,3)$，
则向量$\overrightarrow{AB}=(0-m,m-0)=(-m,m)$，向量$\overrightarrow{AC}=(4-m,3-0)=(4-m,3)$。
因为$AB\perp AC$，
所以$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0$，
即$(-m)×(4-m)+m×3=0$，
$-4m+m^2+3m=0$，
$m^2-m=0$，
$m(m-1)=0$，
解得$m=0$（舍去，因为$m\gt0$）或$m=1$。
所以$m=1$。
(2)
因为$B(0,m)$，$D(t,0)$，$E(n,t)$，
所以$BD=\sqrt{(t-0)^2+(0-m)^2}=\sqrt{t^2+m^2}$，
$ED=\sqrt{(n-t)^2+(t-0)^2}=\sqrt{(n-t)^2+t^2}$。
因为$BD=ED$，
所以$\sqrt{t^2+m^2}=\sqrt{(n-t)^2+t^2}$，
$t^2+m^2=(n-t)^2+t^2$，
$m^2=n^2-2nt+t^2$，
$n^2-2nt+t^2-m^2=0$，
$(n-t)^2=m^2$，
因为$n\gt t\gt m\gt0$，
所以$n-t=m$，
即$n=t+m$。
过点$E$作$EF\perp x$轴于点$F$，
则$EF=t$，$AF=n-m=t+m-m=t$，$AD=t-m$。
在$Rt\triangle AEF$中，
$\tan\angle EAF=\frac{EF}{AF}=\frac{t}{t}=1$，
所以$\angle EAF=45^\circ$。
又因为$\angle ADO$是$\triangle ADE$的外角，
所以$\angle ADO=\angle EAD+\angle AED$。
因为$EF\perp x$轴，$OD\perp OB$，
所以$\angle EFD=\angle BOD=90^\circ$。
又因为$ED=BD$，
所以$\angle EDF=\angle BDO$（等腰三角形底边上的两个底角相等）。
因为$\angle EDF+\angle EDA+\angle ADF=180^\circ$，$\angle BDO+\angle BDA+\angle ADO=180^\circ$，
且$\angle EDF=\angle BDO$，$\angle EDA=\angle BDA=90^\circ$（因为$EF\perp x$轴，$OD\perp OB$，且$E$，$D$，$B$，$O$四点构成等腰梯形，其对角线互相垂直），
所以$\angle ADF=\angle ADO$。
又因为$\angle ADF=\angle EAD+\angle AED$（三角形外角等于不相邻两内角之和），且$\angle AED=\angle OBD$（因为$EF// OB$，所以交替内角相等），
而在等腰梯形$OBED$中，$\angle OBD=\angle EDO$，
又因为$\angle EDO=\angle ADO-\angle ADE=\angle ADO-45^\circ$（因为$\angle ADE=45^\circ$，已证），
所以$\angle EAD=\angle ADF-\angle AED=\angle ADO-\angle OBD=\angle ADO-(\angle ADO-45^\circ)=45^\circ$。
即在点$D$运动的过程中，$\angle EAD$的大小不改变，$\angle EAD=45^\circ$。

21. (本小题 12 分)已知在△ABC 中,AB= AC,且∠BAC= α.作△ACD,使得 AC= CD.
(1) 如图①,若∠ACD 与∠BAC 互余,则∠DCB 的度数为______;(用含α的式子表示)
(2) 如图②,若∠ACD 与∠BAC 互补,过点 C 作 CH⊥AD 于点 H,请补全图形并证明:CH= $\frac{1}{2}$BC.

1. （1）
因为$AB = AC$，所以$\angle ABC=\angle ACB=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$。
又因为$AC = CD$，所以$\angle CAD=\angle CDA$。
已知$\angle ACD+\angle BAC = 90^{\circ}$，即$\angle ACD = 90^{\circ}-\alpha$。
根据三角形内角和定理$\angle CAD+\angle CDA+\angle ACD = 180^{\circ}$，则$\angle CAD=\angle CDA=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ACD)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)) = 45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}$。
$\angle ACB$是$\triangle DBC$的外角，$\angle ACB=\angle CDB+\angle DCB$。
所以$\angle DCB=\angle ACB - \angle CDB=(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2})-(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}) = 45^{\circ}-\alpha$。
2. （2）
解（证明）：

因为$AB = AC$，$AC = CD$，所以$AB = CD$。
因为$\angle ACD+\angle BAC = 180^{\circ}$，$\angle BAC+\angle B+\angle ACB = 180^{\circ}$，$\angle ACB=\angle B$，所以$\angle ACD=\angle B+\angle ACB = 2\angle B$。
又因为$AC = CD$，$CH\perp AD$，所以$\angle ACH=\angle DCH=\frac{1}{2}\angle ACD$（等腰三角形三线合一）。
所以$\angle ACH=\angle B$。
过点$A$作$AE\perp BC$于点$E$，因为$AB = AC$，所以$BE = CE=\frac{1}{2}BC$，$\angle BAE=\angle CAE=\frac{1}{2}\angle BAC$，$\angle AEB = 90^{\circ}$。
因为$CH\perp AD$，所以$\angle AHC = 90^{\circ}$。
在$\triangle ABE$和$\triangle ACH$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle AEB=\angle AHC\\\angle B=\angle ACH\\AB = AC\end{array}\right.$。
根据$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），可得$\triangle ABE\cong\triangle ACH$。
所以$CH = BE$，又因为$BE=\frac{1}{2}BC$，所以$CH=\frac{1}{2}BC$。
综上，（1）答案为$45^{\circ}-\alpha$；（2）证明如上。