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9.在$△ ABC$中，$AB=AC$，$AD⊥ BC$于点$D$，若$△ ABC$的周长为50，$△ ABD$的周长为40，则$AD=$
15
。答案
9.15
解析
【分析】
首先根据已知条件AB=AC，AD⊥BC，可联想到等腰三角形“三线合一”的性质，得到BD是BC的一半，即BD=CD=1/2BC。接下来结合两个三角形的周长条件：先通过△ABC的周长推导得到AB与BD的和，再将其整体代入△ABD的周长公式，即可直接求出AD的长度，无需单独计算AB、BD的具体值，运用整体思想简化计算。
【解析】
∵ AB=AC，AD⊥BC，
∴ BD=CD=1/2BC（等腰三角形三线合一）。
∵ △ABC的周长为50，
∴ AB+AC+BC=50，
又
∵ AB=AC，BC=2BD，
∴ 2AB + 2BD = 50，
化简得：AB + BD = 25。
∵ △ABD的周长为40，
∴ AB + BD + AD = 40，
将AB + BD =25代入得：25 + AD =40，
解得：AD=40-25=15。
【答案】
15
【知识点】
等腰三角形三线合一；三角形周长计算
【点评】
本题重点考查等腰三角形性质的应用，解题的核心是利用等腰三角形三线合一转化边的关系，结合周长条件用整体代入的方法计算，不用单独求解各边长度，能很好地考查学生对性质的灵活运用能力和整体思想的掌握。
【难度系数】
0.7
首先根据已知条件AB=AC，AD⊥BC，可联想到等腰三角形“三线合一”的性质，得到BD是BC的一半，即BD=CD=1/2BC。接下来结合两个三角形的周长条件：先通过△ABC的周长推导得到AB与BD的和，再将其整体代入△ABD的周长公式，即可直接求出AD的长度，无需单独计算AB、BD的具体值，运用整体思想简化计算。
【解析】
∵ AB=AC，AD⊥BC，
∴ BD=CD=1/2BC（等腰三角形三线合一）。
∵ △ABC的周长为50，
∴ AB+AC+BC=50，
又
∵ AB=AC，BC=2BD，
∴ 2AB + 2BD = 50，
化简得：AB + BD = 25。
∵ △ABD的周长为40，
∴ AB + BD + AD = 40，
将AB + BD =25代入得：25 + AD =40，
解得：AD=40-25=15。
【答案】
15
【知识点】
等腰三角形三线合一；三角形周长计算
【点评】
本题重点考查等腰三角形性质的应用，解题的核心是利用等腰三角形三线合一转化边的关系，结合周长条件用整体代入的方法计算，不用单独求解各边长度，能很好地考查学生对性质的灵活运用能力和整体思想的掌握。
【难度系数】
0.7
10. 如图，在$△ ABC$中，$AB=BC=8$，$AO=BO$，点$M$是射线$CO$上的一个动点，$∠ AOC=60°$，则当$△ ABM$为直角三角形时，$AM$的长为
$4\sqrt{3}$或4或$4\sqrt{7}$
。答案
10. 如图 1,当$∠ AMB=90°$时,$\because O$ 是 $AB$ 的中点,$AB=8$,
$\therefore OM=OB=4$,又$\because ∠ AOC=∠ BOM=60°$,$\therefore △ BOM$ 是等边三角形,
$\therefore BM=BO=4$,$\therefore \mathrm{Rt}△ ABM$ 中,$AM=4\sqrt{3}$;
如图 2,当$∠ AMB=90°$时,$\because O$ 是 $AB$ 的中点,$AB=8$,$\therefore OM=OA=4$,
又$\because ∠ AOC=60°$,$\therefore △ AOM$ 是等边三角形,$\therefore AM=AO=4$;
如图 3,当$∠ ABM=90°$时,$\because ∠ BOM=∠ AOC=60°$,$\therefore ∠ BMO=30°$,
$\therefore MO=2BO=2×4=8$,$\therefore \mathrm{Rt}△ BOM$ 中,$BM=4\sqrt{3}$,$\therefore \mathrm{Rt}△ ABM$ 中,$AM=4\sqrt{7}$.
综上所述,当$△ ABM$ 为直角三角形时,$AM$ 的长为 $4\sqrt{3}$ 或 4 或 $4\sqrt{7}$
解析
【分析】
本题是动点背景下直角三角形边长求解问题，解题时需按以下思路分析：首先，题目未明确△ABM的直角顶点，因此需要分情况讨论所有可能的直角位置；其次，结合已知条件O是AB中点、∠AOC=60°，分别利用直角三角形斜边中线等于斜边一半、等边三角形判定性质、30°直角三角形的性质和勾股定理，对应计算不同情形下AM的长度，最后汇总所有符合条件的结果即可，注意不要漏解。
【解析】
分以下三种情况讨论：
1. 当$∠ AMB=90°$时（如图1）：
∵O是AB的中点，$AB=8$，
∴$OB=AO=\frac{1}{2}AB=4$，
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得$OM=OB=4$，
又
∵$∠ AOC=∠ BOM=60°$，
∴$△ BOM$是等边三角形，
∴$BM=BO=4$，
在$Rt△ ABM$中，由勾股定理得：
$AM=\sqrt{AB^2-BM^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$；
2. 当$∠ AMB=90°$时（如图2）：
∵O是AB的中点，$AB=8$，
∴$OM=OA=\frac{1}{2}AB=4$，
又
∵$∠ AOC=60°$，
∴$△ AOM$是等边三角形，
∴$AM=AO=4$；
3. 当$∠ ABM=90°$时（如图3）：
∵$∠ BOM=∠ AOC=60°$，
∴$∠ BMO=30°$，
根据直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半，得$MO=2BO=2×4=8$，
在$Rt△ BOM$中，由勾股定理得：$BM=\sqrt{MO^2-BO^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$，
在$Rt△ ABM$中，由勾股定理得：
$AM=\sqrt{AB^2+BM^2}=\sqrt{8^2+(4\sqrt{3})^2}=4\sqrt{7}$；
综上，当$△ ABM$为直角三角形时，AM的长为$4\sqrt{3}$或$4$或$4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{3}$或$4$或$4\sqrt{7}$
【知识点】
勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题核心考查分类讨论的数学思想，解题的关键是明确直角三角形未指定直角顶点时需逐一讨论所有可能的情况，结合特殊三角形的性质和勾股定理进行计算，注意不要遗漏符合条件的情况。
【难度系数】
0.6
本题是动点背景下直角三角形边长求解问题，解题时需按以下思路分析：首先，题目未明确△ABM的直角顶点，因此需要分情况讨论所有可能的直角位置；其次，结合已知条件O是AB中点、∠AOC=60°，分别利用直角三角形斜边中线等于斜边一半、等边三角形判定性质、30°直角三角形的性质和勾股定理，对应计算不同情形下AM的长度，最后汇总所有符合条件的结果即可，注意不要漏解。
【解析】
分以下三种情况讨论：
1. 当$∠ AMB=90°$时（如图1）：
∵O是AB的中点，$AB=8$，
∴$OB=AO=\frac{1}{2}AB=4$，
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得$OM=OB=4$，
又
∵$∠ AOC=∠ BOM=60°$，
∴$△ BOM$是等边三角形，
∴$BM=BO=4$，
在$Rt△ ABM$中，由勾股定理得：
$AM=\sqrt{AB^2-BM^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$；
2. 当$∠ AMB=90°$时（如图2）：
∵O是AB的中点，$AB=8$，
∴$OM=OA=\frac{1}{2}AB=4$，
又
∵$∠ AOC=60°$，
∴$△ AOM$是等边三角形，
∴$AM=AO=4$；
3. 当$∠ ABM=90°$时（如图3）：
∵$∠ BOM=∠ AOC=60°$，
∴$∠ BMO=30°$，
根据直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半，得$MO=2BO=2×4=8$，
在$Rt△ BOM$中，由勾股定理得：$BM=\sqrt{MO^2-BO^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$，
在$Rt△ ABM$中，由勾股定理得：
$AM=\sqrt{AB^2+BM^2}=\sqrt{8^2+(4\sqrt{3})^2}=4\sqrt{7}$；
综上，当$△ ABM$为直角三角形时，AM的长为$4\sqrt{3}$或$4$或$4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{3}$或$4$或$4\sqrt{7}$
【知识点】
勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题核心考查分类讨论的数学思想，解题的关键是明确直角三角形未指定直角顶点时需逐一讨论所有可能的情况，结合特殊三角形的性质和勾股定理进行计算，注意不要遗漏符合条件的情况。
【难度系数】
0.6
11.如图，在$△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，点$D$在$BC$延长线上，且$AD=\frac{1}{2}BC$，若$∠ D=40°$，则$∠ B$等于（
A.$10°$
B.$20°$
C.$30°$
D.$40°$
B
）A.$10°$
B.$20°$
C.$30°$
D.$40°$
答案
11.B
解析
【分析】
要解决本题，首先结合题目中直角三角形和AD等于BC一半的条件，想到直角三角形斜边中线的性质：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半。因此我们可以作辅助线：取BC的中点E，连接AE，即可得到AE=1/2BC，从而推出AE=AD，得到等腰三角形，再结合等腰三角形的性质和三角形外角的性质，逐步推导即可求出∠B的度数。
【解析】
取BC的中点E，连接AE。
∵ 在Rt△ABC中，∠BAC=90°，E是BC的中点，
∴ AE = BE = CE = $\frac{1}{2}$BC（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）。
又
∵ AD = $\frac{1}{2}$BC，
∴ AE = AD，
∴ △AED为等腰三角形，
∴ ∠AED = ∠D = 40°。
∵ AE = BE，
∴ ∠B = ∠BAE，
又
∵ ∠AED是△ABE的外角，根据三角形外角的性质：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和，
∴ ∠AED = ∠B + ∠BAE = 2∠B，
即 2∠B = 40°，
解得 ∠B = 20°。
【答案】
B
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题的关键是通过构造斜边中线的辅助线，将已知的线段等量关系转化为等腰三角形，进而结合外角性质建立所求角和已知角的联系，这类题型是三角形章节的常考类型，熟练掌握相关性质是解题的核心。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先结合题目中直角三角形和AD等于BC一半的条件，想到直角三角形斜边中线的性质：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半。因此我们可以作辅助线：取BC的中点E，连接AE，即可得到AE=1/2BC，从而推出AE=AD，得到等腰三角形，再结合等腰三角形的性质和三角形外角的性质，逐步推导即可求出∠B的度数。
【解析】
取BC的中点E，连接AE。
∵ 在Rt△ABC中，∠BAC=90°，E是BC的中点，
∴ AE = BE = CE = $\frac{1}{2}$BC（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）。
又
∵ AD = $\frac{1}{2}$BC，
∴ AE = AD，
∴ △AED为等腰三角形，
∴ ∠AED = ∠D = 40°。
∵ AE = BE，
∴ ∠B = ∠BAE，
又
∵ ∠AED是△ABE的外角，根据三角形外角的性质：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和，
∴ ∠AED = ∠B + ∠BAE = 2∠B，
即 2∠B = 40°，
解得 ∠B = 20°。
【答案】
B
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题的关键是通过构造斜边中线的辅助线，将已知的线段等量关系转化为等腰三角形，进而结合外角性质建立所求角和已知角的联系，这类题型是三角形章节的常考类型，熟练掌握相关性质是解题的核心。
【难度系数】
0.7
12. 如图，在$△ ABC$中，$AD$是高，$CE$是中线，$DC=BE$，$DG⊥ CE$于$G$。求证：(1)$G$是$CE$中点。(2)$∠ B=2∠ BCE$。
答案
证明：
(1) 连接DE。
∵ AD是高，
∴ ∠ADB=90°，即△ADB为直角三角形。
∵ CE是△ABC的中线，
∴ E是AB的中点，
∴ DE是Rt△ADB斜边AB上的中线，
∴ $DE=BE=\frac{1}{2}AB$。
又∵ $DC=BE$，
∴ $DE=DC$，即△DEC是等腰三角形。
∵ $DG⊥ CE$，
∴ 由等腰三角形三线合一的性质，可得G是CE中点。
(2) ∵ $DE=BE$，
∴ $∠B=∠EDB$。
∵ $DE=DC$，
∴ $∠BCE=∠DEC$。
∵ ∠EDB是△DEC的外角，
∴ $∠EDB=∠DEC+∠BCE=2∠BCE$，
∴ $∠B=2∠BCE$。
(1) 连接DE。
∵ AD是高，
∴ ∠ADB=90°，即△ADB为直角三角形。
∵ CE是△ABC的中线，
∴ E是AB的中点，
∴ DE是Rt△ADB斜边AB上的中线，
∴ $DE=BE=\frac{1}{2}AB$。
又∵ $DC=BE$，
∴ $DE=DC$，即△DEC是等腰三角形。
∵ $DG⊥ CE$，
∴ 由等腰三角形三线合一的性质，可得G是CE中点。
(2) ∵ $DE=BE$，
∴ $∠B=∠EDB$。
∵ $DE=DC$，
∴ $∠BCE=∠DEC$。
∵ ∠EDB是△DEC的外角，
∴ $∠EDB=∠DEC+∠BCE=2∠BCE$，
∴ $∠B=2∠BCE$。
解析
【分析】
要证明(1)G是CE中点，已知DG⊥CE，可联想等腰三角形“三线合一”的性质，只需证明DE=DC即可。已知DC=BE，我们先连接DE，结合AD是高、CE是中线的条件，可得DE是Rt△ADB斜边AB上的中线，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，能推出DE=BE，从而得到DE=DC，即可证明第一问。
要证明(2)∠B=2∠BCE，由第一问的结论可知DE=BE、DE=DC，可推出∠B=∠EDB，∠DEC=∠BCE，再利用三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，可得∠EDB=2∠BCE，等量代换即可得证。
【解析】
(1) 连接DE。
∵ AD是△ABC的高，
∴ ∠ADB=90°，△ADB为直角三角形。
∵ CE是△ABC的中线，
∴ E是AB的中点，DE是Rt△ADB斜边AB上的中线，
∴ $DE=BE=\frac{1}{2}AB$。
又
∵ $DC=BE$，
∴ $DE=DC$，即△DEC为等腰三角形。
∵ $DG⊥ CE$，根据等腰三角形三线合一的性质，
∴ G是CE的中点。
(2)
∵ $DE=BE$，
∴ $∠B=∠EDB$。
∵ $DE=DC$，
∴ $∠BCE=∠DEC$。
∵ ∠EDB是△DEC的外角，根据三角形外角的性质，
∴ $∠EDB=∠DEC+∠BCE=2∠BCE$，
∴ 等量代换可得$∠B=2∠BCE$。
【答案】
(1) 如上可证G是CE中点；(2) 如上可证∠B=2∠BCE。
【知识点】
直角三角形斜边中线性质、等腰三角形三线合一、三角形外角性质
【点评】
本题的解题关键是添加辅助线DE，将已知条件和待证结论关联起来，侧重考察特殊三角形性质与三角形外角定理的灵活运用，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要证明(1)G是CE中点，已知DG⊥CE，可联想等腰三角形“三线合一”的性质，只需证明DE=DC即可。已知DC=BE，我们先连接DE，结合AD是高、CE是中线的条件，可得DE是Rt△ADB斜边AB上的中线，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，能推出DE=BE，从而得到DE=DC，即可证明第一问。
要证明(2)∠B=2∠BCE，由第一问的结论可知DE=BE、DE=DC，可推出∠B=∠EDB，∠DEC=∠BCE，再利用三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，可得∠EDB=2∠BCE，等量代换即可得证。
【解析】
(1) 连接DE。
∵ AD是△ABC的高，
∴ ∠ADB=90°，△ADB为直角三角形。
∵ CE是△ABC的中线，
∴ E是AB的中点，DE是Rt△ADB斜边AB上的中线，
∴ $DE=BE=\frac{1}{2}AB$。
又
∵ $DC=BE$，
∴ $DE=DC$，即△DEC为等腰三角形。
∵ $DG⊥ CE$，根据等腰三角形三线合一的性质，
∴ G是CE的中点。
(2)
∵ $DE=BE$，
∴ $∠B=∠EDB$。
∵ $DE=DC$，
∴ $∠BCE=∠DEC$。
∵ ∠EDB是△DEC的外角，根据三角形外角的性质，
∴ $∠EDB=∠DEC+∠BCE=2∠BCE$，
∴ 等量代换可得$∠B=2∠BCE$。
【答案】
(1) 如上可证G是CE中点；(2) 如上可证∠B=2∠BCE。
【知识点】
直角三角形斜边中线性质、等腰三角形三线合一、三角形外角性质
【点评】
本题的解题关键是添加辅助线DE，将已知条件和待证结论关联起来，侧重考察特殊三角形性质与三角形外角定理的灵活运用，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
13.如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,$AB=20$,$BC=15$,点$D$为$AC$边上的动点,点$D$从点$C$出发,沿边$CA$往$A$运动,当运动到点$A$时停止,若设点$D$运动的时间为$t$秒,点$D$运动的速度为每秒2个单位长度.
(1)当$t=2$时,$△ ABD$的面积为
(2)当$t=$
(3)求当$t$为何值时,$△ CBD$是等腰三角形?并说明理由.
(1)当$t=2$时,$△ ABD$的面积为
126
(请直接写出答案).(2)当$t=$
$\frac{9}{2}$或$\frac{25}{2}$
时,$△ CBD$是直角三角形(请直接写出答案).(3)求当$t$为何值时,$△ CBD$是等腰三角形?并说明理由.
答案
13.(1)当 $t=2$ 时,$CD=2×2=4$,$\because ∠ ABC=90°$,$AB=20$,$BC=15$,
$\therefore AC=25$,$AD=AC-CD=25-4=21$,
$\because S_{ABC=}\frac{1}{2}AB· BC=\frac{1}{2}×20×15=150$,$\therefore S_{△ ABD=}\frac{21}{25}S_{△ ABC}=126$,
(2)$\frac{9}{2}$或$\frac{25}{2}$ 理由如下：
①$∠ CDB=90°$时,$S_{△ ABC=}\frac{1}{2}AC· BD=\frac{1}{2}AB· BC$,即$\frac{1}{2}×25· BD=\frac{1}{2}×20×15$,
解得 $BD=12$,$\therefore CD=9$,$t=9÷2=\frac{9}{2}$
②$∠ CBD=90°$时,点 $D$ 和点 $A$ 重合,$t=25÷2=\frac{25}{2}$,
综上所述,$t=\frac{9}{2}$或$\frac{25}{2}$
(3)当 $t=6.25$ 或 $7.5$ 或 9 时,$△ CBD$ 是等腰三角形,理由如下：
①当 $CD=BD$ 时,如图 1,过点 $D$ 作 $DE⊥ BC$ 于 $E$,则 $CE=BE$,
$\therefore CD=AD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×25=12.5$,$\therefore t=12.5÷2=6.25$
②当 $CD=BC$ 时,$CD=BC=15$,$\therefore t=15÷2=7.5$
③当 $BD=BC$ 时,如图 2,过点 $B$ 作 $BF⊥ AC$ 于 $F$,则同上可得 $CF=9$,
$\therefore CD=2CF=9×2=18$,$\therefore t=18÷2=9$,
综上所述,当 $t=6.25$ 或 7.5 或 9 秒时,$△ CBD$ 是等腰三角形
解析
【分析】
(1) 先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AC的长度，再根据运动时间t=2算出CD的长度，进而得到AD的长度；由于△ABD和△ABC同高，面积比等于底AD与AC的比，据此即可求出△ABD的面积。
(2) △CBD是直角三角形需分两种情况讨论：①∠CDB=90°，利用等面积法求出BD的长度，再用勾股定理计算CD的长度，进而求出t；②∠CBD=90°，此时点D与A重合，CD=AC，直接计算t即可。
(3) △CBD是等腰三角形分三种情况讨论：①CD=BD，利用等腰三角形三线合一可知D为AC中点，求出CD长度后计算t；②CD=BC，直接用BC长度计算t；③BD=BC，过B作AC的高，利用等腰三角形三线合一得CD=2CF，算出CD后求t，最后汇总所有符合条件的t值。
【解析】
在$Rt△ABC$中，$∠ABC=90°$，$AB=20$，$BC=15$，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{20^2+15^2}=25$，
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·BC=\frac{1}{2}×20×15=150$。
(1) 当$t=2$时，$CD=2×2=4$，则$AD=AC-CD=25-4=21$。
∵△ABD和△ABC同高，
∴$\frac{S_{△ABD}}{S_{△ABC}}=\frac{AD}{AC}=\frac{21}{25}$，
∴$S_{△ABD}=\frac{21}{25}×150=126$。
(2) 分两种情况讨论：
① 当$∠CDB=90°$时，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BD=\frac{1}{2}AB·BC$，代入得$\frac{1}{2}×25·BD=150$，解得$BD=12$。
在$Rt△BCD$中，由勾股定理得$CD=\sqrt{BC^2-BD^2}=\sqrt{15^2-12^2}=9$，
∴$t=9÷2=\frac{9}{2}$。
② 当$∠CBD=90°$时，点D与点A重合，$CD=AC=25$，
∴$t=25÷2=\frac{25}{2}$。
综上，$t=\frac{9}{2}$或$\frac{25}{2}$。
(3) 分三种情况讨论：
① 当$CD=BD$时，如图1，过点D作$DE⊥BC$于E，
∵$CD=BD$，$DE⊥BC$，
∴$CE=BE$，即DE是BC的垂直平分线，
∴D为AC中点，
∴$CD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×25=12.5$，
∴$t=12.5÷2=6.25$。
② 当$CD=BC$时，$CD=BC=15$，
∴$t=15÷2=7.5$。
③ 当$BD=BC$时，如图2，过点B作$BF⊥AC$于F，
∵$BD=BC$，$BF⊥AC$，
∴$CF=DF$，即$CD=2CF$，
由(2)可知$CF=9$，
∴$CD=2×9=18$，
∴$t=18÷2=9$。
综上，当$t=6.25$或$7.5$或$9$秒时，$△CBD$是等腰三角形。
【答案】
(1) $\boxed{126}$
(2) $\boxed{\frac{9}{2}}$或$\boxed{\frac{25}{2}}$
(3) 当$t=6.25$或$7.5$或$9$秒时，$△ CBD$是等腰三角形，理由见解析。
【知识点】
勾股定理；三角形面积计算；等腰三角形的性质
【点评】
本题为三角形动点综合题，重点考查分类讨论思想，解题时需对直角三角形、等腰三角形的所有可能情况逐一分析，避免漏解，同时用到了等面积法求高，是三角形章节的典型综合题型。
【难度系数】
0.6
(1) 先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AC的长度，再根据运动时间t=2算出CD的长度，进而得到AD的长度；由于△ABD和△ABC同高，面积比等于底AD与AC的比，据此即可求出△ABD的面积。
(2) △CBD是直角三角形需分两种情况讨论：①∠CDB=90°，利用等面积法求出BD的长度，再用勾股定理计算CD的长度，进而求出t；②∠CBD=90°，此时点D与A重合，CD=AC，直接计算t即可。
(3) △CBD是等腰三角形分三种情况讨论：①CD=BD，利用等腰三角形三线合一可知D为AC中点，求出CD长度后计算t；②CD=BC，直接用BC长度计算t；③BD=BC，过B作AC的高，利用等腰三角形三线合一得CD=2CF，算出CD后求t，最后汇总所有符合条件的t值。
【解析】
在$Rt△ABC$中，$∠ABC=90°$，$AB=20$，$BC=15$，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{20^2+15^2}=25$，
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·BC=\frac{1}{2}×20×15=150$。
(1) 当$t=2$时，$CD=2×2=4$，则$AD=AC-CD=25-4=21$。
∵△ABD和△ABC同高，
∴$\frac{S_{△ABD}}{S_{△ABC}}=\frac{AD}{AC}=\frac{21}{25}$，
∴$S_{△ABD}=\frac{21}{25}×150=126$。
(2) 分两种情况讨论：
① 当$∠CDB=90°$时，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BD=\frac{1}{2}AB·BC$，代入得$\frac{1}{2}×25·BD=150$，解得$BD=12$。
在$Rt△BCD$中，由勾股定理得$CD=\sqrt{BC^2-BD^2}=\sqrt{15^2-12^2}=9$，
∴$t=9÷2=\frac{9}{2}$。
② 当$∠CBD=90°$时，点D与点A重合，$CD=AC=25$，
∴$t=25÷2=\frac{25}{2}$。
综上，$t=\frac{9}{2}$或$\frac{25}{2}$。
(3) 分三种情况讨论：
① 当$CD=BD$时，如图1，过点D作$DE⊥BC$于E，
∵$CD=BD$，$DE⊥BC$，
∴$CE=BE$，即DE是BC的垂直平分线，
∴D为AC中点，
∴$CD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×25=12.5$，
∴$t=12.5÷2=6.25$。
② 当$CD=BC$时，$CD=BC=15$，
∴$t=15÷2=7.5$。
③ 当$BD=BC$时，如图2，过点B作$BF⊥AC$于F，
∵$BD=BC$，$BF⊥AC$，
∴$CF=DF$，即$CD=2CF$，
由(2)可知$CF=9$，
∴$CD=2×9=18$，
∴$t=18÷2=9$。
综上，当$t=6.25$或$7.5$或$9$秒时，$△CBD$是等腰三角形。
【答案】
(1) $\boxed{126}$
(2) $\boxed{\frac{9}{2}}$或$\boxed{\frac{25}{2}}$
(3) 当$t=6.25$或$7.5$或$9$秒时，$△ CBD$是等腰三角形，理由见解析。
【知识点】
勾股定理；三角形面积计算；等腰三角形的性质
【点评】
本题为三角形动点综合题，重点考查分类讨论思想，解题时需对直角三角形、等腰三角形的所有可能情况逐一分析，避免漏解，同时用到了等面积法求高，是三角形章节的典型综合题型。
【难度系数】
0.6
