25. (本题满分 10 分)2022 年 6 月 5 日,“神舟十四号”载人航天飞船搭载“明星”机械臂成功发射.如图是处于工作状态的某型号手臂机器人示意图,OA 是垂直于工作台的移动基座,AB,BC 为机械臂,$OA = 1m$,$AB = 5m$,$BC = 2m$,$∠ ABC = 143^{\circ}$.机械臂端点 C 到工作台的距离$CD = 6m$.求:
(1) A,C 两点之间的距离;
(2) OD 长.
(结果精确到 0.1m,参考数据:$\sin 37^{\circ} \approx 0.60$,$\cos 37^{\circ} \approx 0.80$,$\tan 37^{\circ} \approx 0.75$,$\sqrt{5} \approx 2.24$)

25. (1) 如图,过点$A$作$AE⊥ CB$,垂足为$E$,在$\mathrm{Rt}△ ABE$中,$AB = 5$,$∠ ABE = 37^{\circ}$,$\because \sin ∠ ABE = \dfrac{AE}{AB}$,$\cos ∠ ABE = \dfrac{BE}{AB}$,$\therefore \dfrac{AE}{5}=0.60$,$\dfrac{BE}{5}=0.80$,$\therefore AE = 3$,$BE = 4$,$\therefore CE = 6$,在$\mathrm{Rt}△ ACE$中,由勾股定理$AC = \sqrt{3^{2}+6^{2}} = 3\sqrt{5}$；
(2) 过点$A$作$AF⊥ CD$,垂足为$F$,$\therefore FD = AO = 1$,$\therefore CF = 5$,在$\mathrm{Rt}△ ACF$中,由勾股定理$AF = \sqrt{45 - 25}=2\sqrt{5}$,$\therefore OD = 2\sqrt{5}$.

26. (本题满分 12 分)【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家,他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法.图 1 是其中一种方法的示意图及部分辅助线.
在$△ ABC$中,$∠ ACB = 90^{\circ}$,四边形 ADEB,ACHI 和 BFGC 分别是以$Rt△ ABC$的三边为一边的正方形.延长 IH 和 FG,交于点 L,连接 LC 并延长交 DE 于点 J,交 AB 于点 K,延长 DA 交 IL 于点 M.
(1) 证明:$AD = LC$;
(2) 证明:正方形 ACHI 的面积等于四边形 ACLM 的面积;
(3) 请利用(2)中的结论证明勾股定理;
【迁移拓展】
(4) 如图 2,四边形 ACHI 和 BFGC 分别是以$△ ABC$的两边为一边的平行四边形 ,探索在 AB 下方是否存在平行四边形 ADEB,使得该平行四边形的面积等于平行四边形 ACHI,BFGC 的面积之和.若存在,作出满足条件的平行四边形 ADEB(保留适当的作图痕迹);若不存在,请说明理由.

26. (1) 如图1,连接$MG$,$\because$ 四边形$ACHI$,$ABED$和$BCGF$是正方形,$\therefore AC = CH$,$BC = CG$,$∠ ACH = ∠ BCG = 90^{\circ}$,$AB = AD$.$\because ∠ ACB = 90^{\circ}$,$\therefore ∠ GCH = 360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$,$\therefore ∠ GCH = ∠ ACB$,$\therefore △ ACB≌ △ HCG(\mathrm{SAS})$,$\therefore GH = AB = AD$.$\because ∠ GCH = ∠ CHL = ∠ CGL = 90^{\circ}$,$\therefore$ 四边形$CGLH$是矩形,$\therefore CL = GH$,$\therefore AD = LC$；
(2) 证明一:$\because ∠ CAI = ∠ BAM = 90^{\circ}$,$\therefore ∠ BAC = ∠ MAI$.$\because AC = AI$,$∠ ACB = ∠ I = 90^{\circ}$,$\therefore △ ABC≌ △ AMI(\mathrm{ASA})$,由(1)知:$△ ACB≌ △ HCG$,$\therefore △ AMI≌ △ HGC$.$\because$ 四边形$CGLH$是矩形,$\therefore S_{△ CHG}=S_{△ CHL}$.$\therefore S_{△ AMI}=S_{△ CHL}$,$\therefore$ 正方形$ACHI$的面积等于四边形$ACLM$的面积;
证明二:如图,设$LC$与$HG$交于点$P$,$\because$ 四边形$CGLH$是矩形,$\therefore PH = PC$,$\therefore ∠ CHG = ∠ LCH$,$\therefore ∠ CAB = ∠ CHG = ∠ LCH$.$\because ∠ ACH = 90^{\circ}$,$\therefore ∠ ACK + ∠ LCH = 90^{\circ}$,$\therefore ∠ ACK + ∠ CAK = 90^{\circ}$,$\therefore ∠ AKC = 90^{\circ}$,$\therefore ∠ AKC = ∠ BAD = 90^{\circ}$,$\therefore DM// LK$.$\because AC// LI$,$\therefore$ 四边形$ACLM$是平行四边形.$\because$ 正方形$ACHI$的面积$=AC· CH$,$□ ACLM$的面积$=AC· CH$,$\therefore$ 正方形$ACHI$的面积等于四边形$ACLM$的面积；
(3) 证明:由正方形$ADEB$可得$AB// DE$,又$AD// LC$,$\therefore$ 四边形$ADJK$是平行四边形,由(2)知,四边形$ACLM$是平行四边形,由(1)知:$AD = LC$,$\therefore □ ADJK$的面积$=□ ACLM$的面积$=$正方形$ACHI$的面积,延长$EB$交$LG$于$Q$,同理有$□ KJEB$的面积$=□ CBQL$的面积$=$正方形$BFGC$的面积,$\therefore$ 正方形$ACHI$的面积$+$正方形$BFGC$的面积$=□ ADJK$的面积$+□ KJEB$的面积$=$正方形$ADEB$,$\therefore AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$；
(4) 如图即为所求作的$□ ADEB$.