3. (2026·宿迁期末)在平面直角坐标系$xOy$中,点$B$的坐标为$(2,0)$,$A$是第一象限内的一点,且$△ ABO$是等边三角形,点$C$是$y$轴正半轴上一动点,以$CO$为边在$CO$右侧作等边$△ DOC$.
(1)写出$A$点坐标:.
(2)如图①,当点$C$在$y$轴正半轴上运动时,连接$AC$,$BD$,则$AC$与$BD$相等吗? 若相等,请给予证明;若不相等,请说明理由.
(3)如图②,当点$C$在$y$轴正半轴上运动时,连接$AD$,求$AD+\dfrac{1}{2}OD$的最小值.
(4)如图③,当$OC=1$时,把$△ AOB$绕点$O$旋转一周,当$A$,$O$,$D$三点共线时,直接写出线段$BD$的长.

(1) $(1,\sqrt{3})$ 解析:如图①, 过点 $A$ 作 $AH⊥ OB$. $\because$ 点 $B$ 的坐标为 $(2,0)$, $△ ABO$ 是等边三角形, $\therefore OA=OB=2$, $OH=$$1$, $\therefore AH=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$, $\therefore A$ 点坐标为 $(1,\sqrt{3}).$

(2) $AC=BD$, 证明如下:
$\because △ ABO$ 和 $△ DOC$ 都是等边三角形, $\therefore OA=OB$, $OC=OD$,$∠ AOB=∠ COD=60°$. $\because ∠ AOB=∠ AOD+∠ DOB$, $∠ COD=$$∠ COA+∠ AOD$, $\therefore ∠ AOC=∠ BOD$, 在 $△ AOC$ 和 $△ BOD$ 中,$\begin{cases} OA=OB,\\ ∠ AOC=∠ BOD,\therefore△ AOC≌△ BOD(\mathrm{SAS}),\therefore AC=BD.\\ OC=OD, \end{cases}$
(3) $\because △ DOC$ 是等边三角形, $\therefore ∠ COD=60°$, $\therefore ∠ DOB=$$30°$, 如图②, 过点 $D$ 作 $DH⊥ OB$, 则 $DH=\dfrac{1}{2}OD.$$\therefore AD+\dfrac{1}{2}OD=AD+DH$, $\therefore$ 当 $A$,$D$,$H$ 三点共线时, $AD+\dfrac{1}{2}OD$有最小值, 此时 $AD+\dfrac{1}{2}OD=AD+DH=\sqrt{3}$, 故 $AD+\dfrac{1}{2}OD$ 的最小值为 $\sqrt{3}.$
(4) $\sqrt{3}$ 或 $\sqrt{7}$. 解析: $\because OC=1$, $△ DOC$ 是等边三角形,$\therefore OD=1$, 在 $△ AOB$ 绕点 $O$ 旋转的过程中, $OA=OB=2$,$∠ AOB=60°$, 当 $A$,$O$,$D$ 三点共线时, 分两种情况:
① 当 $D$ 在线段 $OA$ 上时, $D$ 为 $OA$ 的中点, 如图③,$\therefore ∠ BDO=90°$, $\therefore BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{3}.$

②当 $D$ 在 $AO$ 的延长线上时, 过点 $B$ 作 $BH⊥ AO$, 如图④, 则$OH=\dfrac{1}{2}AO=1$, $BH=\sqrt{3}$, $\therefore HD=HO+OD=2$, $\therefore BD=$$\sqrt{HB^2+HD^2}=\sqrt{7}$. 故线段 $BD$ 的长为 $\sqrt{3}$ 或 $\sqrt{7}.$

4. (2026·南通期末)某兴趣小组在学习了勾股定理之后提出:"锐(钝)角三角形有没有类似于勾股定理的结论".首先定义了一个新的概念:如图①,$△ ABC$中,$M$是$BC$的中点,$P$是射线 $MA$ 上的点,且$∠ BPC=90°$,设$\dfrac{AP}{PM}=k$,则称$k$为勾股比.
(1)如图①,过$B,C$分别作中线$AM$的垂线,垂足为$E,D$.求证:$CD=BE$.
(2)①如图②,当$k=1$,且$AB=AC$时,求$AB^2+$$AC^2$与$BC^2$的数量关系.
②当$k=1$,$△ ABC$为锐角三角形,且$AB≠ AC$时,①中的结论还成立吗? 若成立,请写出证明过程;若不成立,也请说明理由.
③对任意锐角三角形,直接写出$AB^2+AC^2$与$BC^2$的数量关系.(用含勾股比$k$的表达式表示)

(1) $\because M$ 是 $BC$ 的中点, $\therefore CM=BM$. $\because CD⊥ AM$ 于点 $D$,$BE⊥ AM$ 交 $AM$ 的延长线于点 $E$, $\therefore ∠ CDM=∠ E=90°$. 在$△ CDM$ 和 $△ BEM$ 中, $\begin{cases} ∠ CDM=∠ E,\\ ∠ CMD=∠ BME,\therefore△ CDM≌△ BEM\\ CM=BM, \end{cases}$$(\mathrm{AAS})$, $\therefore CD=BE.$
(2) ① $\because AB=AC$, $M$ 是 $BC$ 的中点, $\therefore AM⊥ BC$, $BM=CM$,$\therefore ∠ AMB=90°$, $AM$ 垂直平分 $BC$, $\therefore PB=PC$. $\because ∠ BPC=$$90°$, $\therefore △ BPC$ 是等腰直角三角形, $\therefore ∠ PBC=45°$, $\therefore △ BMP$是等腰直角三角形, $\therefore PM=BM=CM=\dfrac{1}{2}BC$. $\because \dfrac{AP}{PM}=k=$$1$, $\therefore AP=PM=\dfrac{1}{2}AM$, $\therefore \dfrac{1}{2}AM=\dfrac{1}{2}BC$, $\therefore AM=BC$, 在$\mathrm{Rt}△ ABM$ 中, 由勾股定理得 $AB^2=AM^2+BM^2$, $\therefore AB^2=BC^2+$$(\dfrac{1}{2}BC)^2=\dfrac{5}{4}BC^2$, $\therefore AB^2+AC^2=2AB^2=2×\dfrac{5}{4}BC^2=\dfrac{5}{2}BC^2.$
②结论仍然成立, 证明如下: 如图所示, 延长 $ME$ 到 $H$, 使得 $EH=DP$, 连接 $BH$. 由 (1) 可得 $△ CDM≌$$△ BEM$, $\therefore BE=CD$, $DM=EM$.$\because BE⊥ MH$, $CD⊥ PM$, $\therefore ∠ BEH=$$∠ CDP=90°$. 又 $\because EH=DP$,$\therefore △ BHE≌△ CPD(\mathrm{SAS})$, $\therefore BH=$$CP$, $∠ H=∠ DPC$, $\therefore BH// CP$,$\therefore ∠ PBH=180°-∠ BPC=90°$. 又 $\because BP=PB$, $BH=PC$,$\therefore △ BHP≌△ PCB(\mathrm{SAS})$, $\therefore BC=PH$. $\because DM+DP=EM+$$EH$, $\therefore PM=HM=\dfrac{1}{2}PH=\dfrac{1}{2}BC$. $\because M$ 是 $BC$ 的中点, $\therefore PM=$$BM=CM=\dfrac{1}{2}BC$. $\because \dfrac{AP}{PM}=k=1$, $\therefore AP=PM=\dfrac{1}{2}AM$, $\therefore \dfrac{1}{2}AM=$$\dfrac{1}{2}BC$, $\therefore AM=BC$, 设 $DM=EM=m$, $CD=BE=n$, 则 $AE=$$AM+m=BC+m$, $AD=AM-m=BC-m$, 在 $\mathrm{Rt}△ ABE$ 中, 由勾股定理得 $AB^2=AE^2+BE^2$, $\therefore AB^2=(BC+m)^2+n^2=BC^2+2m·$$BC+m^2+n^2$, 在 $\mathrm{Rt}△ ADC$ 中, 由勾股定理得 $AC^2=AD^2+$$CD^2$, $\therefore AC^2=(BC-m)^2+n^2=BC^2-2m· BC+m^2+n^2$,$\therefore AB^2+AC^2=2BC^2+2m^2+2n^2$, 在 $\mathrm{Rt}△ BEM$ 中, 由勾股定理得 $EM^2+BE^2=BM^2$, $\therefore m^2+n^2=(\dfrac{1}{2}BC)^2=\dfrac{1}{4}BC^2$,$\therefore 2m^2+2n^2=2(m^2+n^2)=2×\dfrac{1}{4}BC^2=\dfrac{1}{2}BC^2$, $\therefore 2BC^2+$$2m^2+2n^2=2BC^2+\dfrac{1}{2}BC^2=\dfrac{5}{2}BC^2$, $\therefore AB^2+AC^2=\dfrac{5}{2}BC^2.$

③$AB^2+AC^2=\dfrac{k^2+2k+2}{2}BC^2$. 解析:如图所示, 由(1)得 $EM=$$DM$, 设 $EM=DM=a$, 则 $AE=AM+a$, $AD=AM-a$. $\because BE⊥ AM$ 于点 $E$, $CD⊥ AM$ 于点 $D$, $\therefore ∠ BEM=∠ CDM=90°$, 在 $\mathrm{Rt}△ ABE$中, 由勾股定理得 $AB^2=AE^2+BE^2=(AM+a)^2+BE^2=$$AM^2+2AM· a+a^2+BE^2$, 在 $\mathrm{Rt}△ ACD$ 中, 由勾股定理得$AC^2=AD^2+CD^2=(AM-a)^2+CD^2=AM^2-2AM· a+a^2+$$CD^2$, $\therefore AB^2+AC^2=2AM^2+(a^2+BE^2)+(a^2+CD^2)$, 在$\mathrm{Rt}△ BEM$ 中, 由勾股定理得 $a^2+BE^2=BM^2=(\dfrac{1}{2}BC)^2=$$\dfrac{1}{4}BC^2$, 在 $\mathrm{Rt}△ CDM$ 中, $a^2+CD^2=CM^2=(\dfrac{1}{2}BC)^2=$$\dfrac{1}{4}BC^2$, $\therefore AB^2+AC^2=2AM^2+\dfrac{1}{2}BC^2$. $\because \dfrac{AP}{PM}=k$, $\therefore AP=kPM$, 易证 $PM=\dfrac{1}{2}BC$, $\therefore AM=AP+PM=kPM+PM=(k+1)PM=$$\dfrac{k+1}{2}BC$, $\therefore AB^2+AC^2=2×(\dfrac{k+1}{2}BC)^2+\dfrac{1}{2}BC^2=\dfrac{k^2+2k+2}{2}BC^2.$