24.(12分)综合与实践。
【性质探究】如图1,在四边形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,且$AC⊥BD$,求证:$AB^{2}+CD^{2}=BC^{2}+AD^{2}$。
【性质运用】如图2,在$△ ABC$中,$∠ACB=90^{\circ },AB=5\sqrt {2},AC=4\sqrt {2}$,分别以$△ ABC$的边AB,AC为直角边向外作等腰直角三角形ABD和等腰直角三角形ACE。连结DC,BE,DE,DC与BE交于点F,求线段DE的长。
【拓展迁移】如图3,在锐角三角形ABC中,$∠BAC=30^{\circ },AB=a$,AC=b,分别以$△ ABC$的边AB,AC为边向外作等边三角形ABD和等边三角形ACE。连结DC,BE,DE,DC与BE交于点F。试通过计算写出$BC^{2}+DE^{2}$与$BD^{2}+CE^{2}$之间的等量关系。

24.【性质探究】因为AC⊥BD,所以∠AOB=∠BOC=∠COD=∠AOD=90°。所以$OA^2+OB^2=AB^2$,$OB^2+OC^2=BC^2$,$OC^2+OD^2=CD^2$,$OD^2+OA^2=AD^2$。所以$AB^2+CD^2=OA^2+OB^2+OC^2+OD^2$,$AD^2+BC^2=OD^2+OA^2+OB^2+OC^2$。所以$AB^2+CD^2=BC^2+AD^2$。
【性质运用】如图1,设AB与CD交于点G。在Rt△ABC中,∠ACB=90°,$AB=5\sqrt{2}$,$AC=4\sqrt{2}$,所以$BC^2=AB^2-AC^2=(5\sqrt{2})^2-(4\sqrt{2})^2=18$。因为△ABD和△ACE均为等腰直角三角形,所以AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠CAE=90°,$BD=\sqrt{2}AB=10$,$CE=\sqrt{2}AC=8$。所以∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠DAC=∠BAE。在△ACD和△AEB中,因为$\begin{cases} AD=AB, \\ ∠ DAC=∠ BAE, \\ AC=AE, \end{cases}$所以$△ ACD≌△ AEB(\mathrm{SAS})$。所以∠ADC=∠ABE。因为∠ADC+∠AGD=90°,∠AGD=∠BGF,所以∠ABE+∠BGF=90°。所以∠BFG=90°。所以BE⊥CD。由【性质探究】得$BD^2+CE^2=DE^2+BC^2$,所以$DE^2=BD^2+CE^2-BC^2=10^2+8^2-18=146$。所以$DE=\sqrt{146}$。
【拓展迁移】如图2,过点E作EG⊥AE,过点B作BG⊥AB,垂足分别为E,B,连结DG,过点D作DM⊥GE,交GE于点M,交AB于点N,过点C作PQ⊥AE于点Q,交BG于点P,所以∠AEG=∠ABG=90°。因为∠BAC=30°,△ABD和△ACE均为等边三角形,所以∠EAB=∠EAC+∠BAC=90°,AD=BD=AB=a,AE=AC=CE=b。所以四边形ABGE是矩形,$BD^2+CE^2=a^2+b^2$。所以EG=AB=a,AB//EG。因为∠DAE=60°+30°+60°=150°,∠DBG=60°+90°=150°,所以∠DAE=∠DBG。所以$△ DAE≌△ DBG(\mathrm{SAS})$。所以DE=DG。因为DM⊥GE,所以$EM=MG=\frac{1}{2}EG=\frac{1}{2}a$,$DN⊥AB$。因为NM⊥GE,所以四边形ANME是矩形。所以MN=AE=b。在等边三角形ABD中,$DN⊥AB$。所以$AN=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}a$,所以$DN=\sqrt{AD^2-AN^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。所以$DM=DN+NM=\frac{\sqrt{3}}{2}a+b$。在Rt△ACQ中,$CQ=\frac{\sqrt{3}}{2}AC=\frac{\sqrt{3}}{2}b$,所以$PC=PQ-CQ=a-\frac{\sqrt{3}}{2}b$。在Rt△BPC中,$BC^2=PC^2+BP^2=(a-\frac{\sqrt{3}}{2}b)^2+(\frac{1}{2}b)^2$,所以$BC^2+DE^2=(a-\frac{\sqrt{3}}{2}b)^2+(\frac{1}{2}b)^2+(\frac{1}{2}a)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}a+b)^2=2a^2+2b^2$。所以$BC^2+DE^2=2(BD^2+CE^2)$。