14. 已知$x_1,x_2$是关于$x$的一元二次方程$x^2 - 2(m+1)x + m^2 + 10 = 0$的两实数根。
(1)求$m$的取值范围。
(2)已知等腰三角形$ABC$的一边长为$7$，若$x_1,x_2$恰好是$△ ABC$另外两边的边长，求$m$的值和$△ ABC$的周长。

14. 解:(1)根据题意得$\Delta=4(m+1)^2-4(m^2+10)≥0$,解得$m≥\frac{9}{2}$。
(2)当腰长为7时,则$x=7$是一元二次方程$x^2-2(m+1)x+m^2+10=0$的一个解,把$x=7$代入方程得$49-14(m+1)+m^2+10=0$,整理得$m^2-14m+45=0$,解得$m_1=9,m_2=5$,当$m=9$时,$x_1+x_2=2(m+1)=20$,解得$x_2=13$,则$△ ABC$的周长为$13+7+7=27$;当$m=5$时,$x_1+x_2=2(m+1)=12$,解得$x_2=5$,则$△ ABC$的周长为$5+7+7=19$;当7为等腰三角形的底边时,则$x_1=x_2$,所以$m=\frac{9}{2}$,方程化为$4x^2-44x+121=0$,解得$x_1=x_2=\frac{11}{2}$,三边长为$\frac{11}{2},\frac{11}{2},7$,其周长为$\frac{11}{2}+\frac{11}{2}+7=18$。综上所述,$m$的值是9或5或$\frac{9}{2}$,$△ ABC$的周长为27或19或18。

15. 如图,在正方形 $ABCD$ 中,点 $E,F$ 分别在边 $AB$ 和 $BC$ 的延长线上(点 $E$ 不与点 $A,B$ 重合),且 $CF=AE$,连结 $DE,DF,EF$。过点 $D$ 作 $DH ⊥ EF$ 于点 $H$,连结 $CH$。
(1)求证:$H$ 是线段 $EF$ 的中点。
(2)若 $AB=3,CF=1$,求 $CH$ 的长。
(3)求证:点 $H$ 始终在正方形 $ABCD$ 的对角线 $AC$ 上。

15. (1)证明:因为四边形$ABCD$为正方形,所以$DC=DA$,$∠ DAB=∠ DCB=∠ B=90°$,所以$∠ DCF=∠ DAB=90°$。在$△ DCF$和$△ DAE$中,
$\begin{cases}DC=DA,\\∠ DCF=∠ DAB=90°,\\CF=AE,\end{cases}$
所以$△ DCF ≌ △ DAE$(SAS),所以$DF=DE$。因为$DH⊥ EF$于点$H$,所以$EH=FH$,即$H$是线段$EF$的中点。
(2)解:如图1所示,过点$H$作$HK⊥ BF$于点$K$,因为$AB=3,CF=1$,所以$BC=AB=3$,$AE=CF=1$,所以$BF=BC+CF=4$,$BE=AB-AE=2$。因为$HK⊥ BF$于点$K$,$∠ B=90°$,所以$HK// AB$。因为$H$是线段$EF$的中点,所以$HK$是$△ BEF$的中位线,所以$HK=\frac{1}{2}BE=1$,$BK=FK=\frac{1}{2}BF=2$,所以$CK=FK-CF=2-1=1$,在$\mathrm{Rt}△ HKC$中,由勾股定理,得$CH=\sqrt{HK^2+CK^2}=\sqrt{2}$。
(3)证明:如图2所示,连结$AH$,过点$H$作$HK⊥ BC$于点$K$,$HT⊥ AB$于点$T$,则四边形$BKHT$为矩形,所以$BK=HT$,$HK=BT$,$HK// AB$,$∠ KHT=∠ BTH=90°$。设$CF=a$,$HK=b$,则$AE=CF=a$,$HK=BT=b$,因为$H$是线段$EF$的中点,$HK// AB$,所以$HK$是$△ BEF$的中位线,所以$BE=2HK=2b$,$BK=FK=\frac{1}{2}BF$,所以$BC=AB=AE+BE=a+2b$,所以$BF=BC+CF=a+2b+a=2a+2b$,所以$FK=BK=\frac{1}{2}BF=a+b$,所以$FK=CF+CK=a+CK=a+b$,所以$CK=b$,所以$HK=CK=b$,所以$△ CHK$为等腰直角三角形,所以$∠ CHK=45°$。因为$HT=BK=a+b$,$AT=AB-BT=AB-HK=a+2b-b=a+b$,所以$HT=AT$,所以$△ AHT$为等腰直角三角形,所以$∠ AHT=45°$,所以$∠ AHC=∠ AHT+∠ KHT+∠ CHK=45°+90°+45°=180°$,所以点$A,H,C$在同一条直线上,所以点$H$始终在正方形$ABCD$的对角线$AC$上。