23.定义:如果一个四边形有两条邻边相等,且这两条边所夹角的对角是直角,那么我们把这样的四边形称为“等对直四边形”,把夹角所对的直角称为“对直角”。
(1)如图1,在四边形ABCD中,若∠ADB=40°,∠CDB=20°,∠C=140°,∠ABC=70°,请判断四边形ABCD是否为“等对直四边形”?并说明理由。
(2)如图2,若四边形ABCD是“等对直四边形”,∠A是“对直角”,AD=4,AB=6,对角线BD恰好平分四边形ABCD中的一个内角,求此时BC的长。
(3)如图3,若四边形ABCD是“等对直四边形”,∠DAB是“对直角”,DA=2,DB=2√10,DC=2√5,求此时对角线AC的长。

23. (1)四边形 ABCD 是“等对直四边形”,理由如下:因为 $∠ CDB=20°,∠ C=140°$,所以 $∠ CBD=180°-20°-140°=20°=∠ CDB$,所以 $CD=CB$,因为 $∠ ABC=70°$,所以 $∠ ABD=∠ ABC-∠ CBD=50°$,所以 $∠ A=180°-∠ ADB-∠ ABD=180°-40°-50°=90°$,所以四边形 ABCD 是“等对直四边形”。 (2)第一种情况:BD 平分 $∠ ABC$,因为四边形 ABCD 是“等对直四边形”,$∠ A$ 是“对直角”,所以 $CD=CB$,$∠ A=90°$,所以 $∠ CDB=∠ CBD$,因为 BD 平分 $∠ ABC$,所以 $∠ ABD=∠ CBD$,所以 $∠ ABD=∠ CDB$,所以 $DC// AB$,如图1,过 CE 作 $CE⊥ AB$ 于点 E,则四边形 ADCE 是平行四边形,设 BC 的长为 $x$,则 $AE=CD=CB=x$,因为 $AD=4,AB=6$,所以 $CE=AD=4,BE=AB-AE=6-x$,在 $\mathrm{Rt}△ BCE$ 中,$CE^2+BE^2=BC^2$,所以 $4^2+(6-x)^2=x^2$,解得 $x=\frac{13}{3}$,即 BC 的长为 $\frac{13}{3}$;第二种情况:DB 平分 $∠ ADC$,同理可证 $AD// CB$,如图2,过点 C 作 $CF⊥ AD$ 于点 F,则四边形 ABCF 是矩形,设 BC 的长为 $x$,则 $AF=CD=CB=x$,因为 $AD=4,AB=6$,所以 $CF=AB=6,DF=AF-AD=x-4$,所以 $6^2+(x-4)^2=x^2$,解得 $x=\frac{13}{2}$,即 BC 的长为 $\frac{13}{2}$;综上所述,BC 的长为 $\frac{13}{3}$ 或 $\frac{13}{2}$。 (3)因为四边形 ABCD 是“等对直四边形”,$∠ DAB$ 是“对直角”,所以 $CB=CD=2\sqrt{5}$,$∠ DAB=90°$,因为 $DA=2,DB=2\sqrt{10}$,所以 $AB=\sqrt{DB^2-DA^2}=6$,因为 $DB=2\sqrt{10},DC=CB=2\sqrt{5}$,所以 $DB^2=DC^2+BC^2$,所以 $∠ DCB=90°$。如图3,过点 C 作 $CF⊥ AD$ 于点 F,过点 C 作 $CE⊥ AB$ 于点 E,则 $∠ F=∠ CEB=90°$,因为 $∠ DCB+∠ DAB=180°$,所以 $∠ ADC+∠ ABC=180°$,因为 $∠ ADC+∠ CDF=180°$,所以 $∠ CBE=∠ CDF$,因为 $CD=CB$,所以 $△ CDF≌△ CBE$(AAS),所以 $DF=BE,CF=CE$,所以四边形 AECF 是正方形,所以 $AE=AF$,所以 $AB-BE=AD+DF$,即 $6-BE=2+BE$,所以 $BE=2$,所以 $AE=CE=4$,所以 $AC=\sqrt{AE^2+CE^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。

24.如图,四边形ABCD是正方形,AB=6,E,F,G分别是正方形ABCD的边AB,AD及对角线BD上的点,H是正方形ABCD内一点,满足四边形EFGH是正方形。
(1)如图1,若AF=1,求此时FG的长。
(2)如图2,连结BH,求证:BH=EH。
(3)如图3,延长EH交射线BC于点J,取线段DJ的中点K,连结HK。设AF=t,在0＜t＜3范围内是否存在t的值,使△HJK是等腰三角形?若存在,求出所有符合条件的t的值;若不存在,请说明理由。

24. (1)如图1,过点 G 作 $GP⊥ AD$ 于点 P,因为四边形 ABCD、四边形 EFGH 均是正方形,所以 $∠ EFA+∠ AEF=90°$,$∠ EFA+∠ PFG=90°$,$EF=FG$,所以 $∠ AEF=∠ PFG$,在 $△ FPG$ 和 $△ EAF$ 中 $\begin{cases}∠ EAF=∠ FPG,\\∠ AEF=∠ PFG,\\EF=FG\end{cases}$,所以 $△ FPG≌△ EAF$(AAS),所以 $PG=AF=1$,因为 $∠ ADB=45°$,所以 $∠ PGD=45°$,所以 $PD=PG=1$,所以 $FP=AD-AF-PD=4$,所以 $FG=\sqrt{PG^2+FP^2}=\sqrt{1^2+4^2}=\sqrt{17}$。 (2)证明:如图2,过点 G 作 $GP⊥ AD$ 于点 P,过点 H 作 $HQ⊥ AB$ 于点 Q,因为四边形 ABCD、四边形 EFGH 均是正方形,同(1)可证 $△ HQE≌△ FPG≌△ EAF$(AAS),所以 $EQ=AF=PG=PD,AE=PF$,因为 $AB=AD$,所以 $BQ=AB-AQ=AD-AP=PD=EQ$,即 HQ 是 EB 的垂直平分线,所以 $BH=EH$。 (3)如图3,过 H 作 $HQ⊥ AB$ 于点 Q,连结 DE,由(2)知 $BH=EH$,所以 $∠ HEB=∠ HBE$,所以 $∠ HBJ+∠ HBE=∠ HEB+∠ HJB=90°$,所以 $∠ HBJ=∠ HJB$,所以 $BH=HJ$,所以 $EH=HJ$,即 H 是 EJ 的中点,所以 QH 是 $△ EBJ$ 的中位线,所以 $QH=\frac{1}{2}BJ$,因为 K 是 DJ 的中点,所以 HK 是 $△ EDJ$ 的中位线,所以 $HK=\frac{1}{2}ED$,因为 $AB=6,AF=t$,所以 $BQ=EQ=AF=t,QH=AE=6-2t$,所以 $BJ=12-4t$,所以 $JC=|4t-6|$,所以 $HJ^2=\frac{EJ^2}{4}=\frac{EB^2+BJ^2}{4}=\frac{(2t)^2+(12-4t)^2}{4}=t^2+(6-2t)^2$,$JK^2=\frac{JD^2}{4}=\frac{JC^2+CD^2}{4}=\frac{(4t-6)^2+6^2}{4}=(2t-3)^2+9$,$KH^2=\frac{DE^2}{4}=\frac{AE^2+AD^2}{4}=\frac{(6-2t)^2+6^2}{4}=(3-t)^2+9$,当 $HJ=JK$ 或 $HJ=KH$ 或 $JK=KH$ 时,$△ HKJ$ 是等腰三角形,情况 1:$HJ=JK$,$t^2+(6-2t)^2=(2t-3)^2+9$,解得 $t=6\pm3\sqrt{2}$;情况 2:$HJ=KH$,$t^2+(6-2t)^2=(3-t)^2+9$,解得 $t=\frac{3}{2}$ 或 3;情况 3:$JK=KH$,$(2t-3)^2+9=(3-t)^2+9$,解得 $t=0$ 或 2;因为 $0＜t＜3$。故所有符合条件的 $t$ 的值是 $6-3\sqrt{2}$ 或 $\frac{3}{2}$ 或 2。