21. (2023·长沙一模)如图，Rt△ABC中，∠C=90°，直线DE是边AB的垂直平分线，连接BE.
（1）若∠A=35°，求∠CBE的度数；
（2）若AE=13，EC=5，求△ABC的面积.

21. (1) $∵ ∠C = 90°$,$∠A=35°$,$∴ ∠ABC=90°−∠A=55°$. $∵ DE$ 是 AB的垂直平分线,$∴ AE=BE$,$∴ ∠EBA=∠A=35°$,$∴ ∠CBE = ∠ABC − ∠EBA = 55° − 35° = 20°$;
(2) 在 $Rt△ECB$ 中,$∠C=90°$,$EC=5$,$BE=AE=13$,由勾股定理得:$BC = \sqrt{BE^2-EC^2} = 12$. $∵ AE=13$,$EC=5$,$∴ AC=AE+EC=13+5=18$,$∴ △ABC$ 的面积是 $\frac{1}{2} × BC × AC = 108$.

22. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90°$,$∠ A=30°$,$BC=6$,若点$P$是边$AB$上的一个动点,以每秒3个单位的速度按照从$A\rightarrow B\rightarrow A$运动,同时点$Q$从$B\rightarrow C$以每秒1个单位的速度运动,当一个动点到达终点时,另一个动点也随之停止运动.在运动过程中,设运动时间为$t$,当$t$为何值时,$△ BPQ$为直角三角形?

22. ① 如图 1,当$∠BQP=90°$时,则$∠BPQ=30°$,$BP = 2BQ$. $∵ BP =12−3t$,$BQ = t$,$∴ 12−3t=2t$,解得:$t=\frac{12}{5}$. ② 如图 2,当$∠QPB=90°$时,$∵ ∠B=60°$,$∴ ∠BQP = 30°$,$∴ BQ=2BP$,若$0＜t＜4$,则 $t=2(12−3t)$,$t=\frac{24}{7}$;若$4＜t≤6$时,则 $t=2(3t−12)$,$t=\frac{24}{5}$. 故答案为$\frac{12}{5}$,$\frac{24}{7}$,$\frac{24}{5}$.

23. 勾股定理神秘而美妙，它的证法多样，其巧妙各有不同，其中的“面积法”给了小聪以灵感，他惊喜地发现，当两个全等的直角三角形如图1或图2摆放时，都可以用“面积法”来证明，下面是小聪利用图1证明勾股定理的过程：
将两个全等的直角三角形按图1所示摆放，其中$∠ DAB＝90°$，求证：$a^2 + b^2 = c^2$.
证明：连接$DB$，$DC$，过点$D$作$BC$边上的高$DF$，则$DF = EC = b - a$.
∵$S_{四边形ADCB} = S_{△ ACD} + S_{△ ABC} = \frac{1}{2}b^2 + \frac{1}{2}ab$.
又∵$S_{四边形ADCB} = S_{△ ADB} + S_{△ DCB} = \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b - a)$，
∴$\frac{1}{2}b^2 + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b - a)$，
∴$a^2 + b^2 = c^2$.
请参照上述证法，利用图2完成下面的证明.
将两个全等的直角三角形按图2所示摆放，其中$∠ DAB＝90°$.求证：$a^2 + b^2 = c^2$.

23. 连接 BD,过点 B 作 DE 边上的高 BF,则$BF = b−a$,$∵ S_{五边形ACBED} = S_{△ACB} + S_{△ABE} + S_{△ADE} =\frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}b^2 + \frac{1}{2}ab$, 又 $∵ S_{五边形ACBED} = S_{△ACB} + S_{△ABD} + S_{△BDE} = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2} a (b − a )$,$∴ \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}b^2 + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2} a (b − a )$,$∴ a^2 + b^2 = c^2$.