登录
15. 如图，P是正方形ABCD内一点，$CP = CD$，$AP ⊥ BP$，则$\frac{PA}{PD}$的值为________。
答案
15.$\frac{\sqrt{2}}{2}$ 【点拨】本题考查正方形的性质及全等三角形的判定与性质等知识.
【解析】如图,设$∠ 1=α$,则$∠ 2=90°-α$.$\because CP=CD$,$\therefore CP=BC$,$\therefore ∠ CPD=45°+\frac{1}{2}α$,$∠ 3=90°-\frac{1}{2}α$,$\therefore ∠ BPD=∠ 3+∠ CPD=135°$.
如图,作$DE⊥ AP$交AP的延长线于点E,则$∠ 4=45°$,$\therefore DE=PE$.$\because AP⊥ BP$,$DE⊥ AE$,$\therefore ∠ APB=∠ DEA=90°$,$\therefore ∠ ABP+∠ BAP=90°$.又$\because ∠ BAP+∠ DAE=90°$,$\therefore ∠ ABP=∠ DAE$.
在$△ DAE$与$△ ABP$中,$\begin{cases}∠ DAE=∠ ABP,\\∠ DEA=∠ APB,\\DA=AB,\end{cases}$$\therefore △ DAE≌△ ABP(\mathrm{AAS})$,$\therefore AP=DE=PE$.又$\because PD=\sqrt{DE^2+PE^2}=\sqrt{2}DE$,$\therefore \frac{PA}{PD}=\frac{DE}{PD}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.故答案为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
解析
【分析】
要解决本题，需结合正方形的性质，利用等腰三角形的角度关系推导，通过构造辅助线证明全等三角形，再借助等腰直角三角形的性质计算比值。首先，由正方形边长相等及CP=CD，得CP=BC，进而得到相关等腰三角形的角度；再作DE⊥AP，结合AP⊥BP的条件，证明△DAE≌△ABP，得到对应边相等；最后利用等腰直角三角形的勾股定理求出PD，从而算出PA与PD的比值。
【解析】
1. 设∠1=α，正方形ABCD中∠BCD=90°，故∠2=90°−α。
2. 因CP=CD，且CD=BC，所以CP=BC，△CPD和△CPB为等腰三角形。计算得∠CPD=(180°−∠2)/2=45°+α/2，∠CPB=(180°−∠1)/2=90°−α/2，因此∠BPD=∠CPB + ∠CPD=135°。
3. 作DE⊥AP，交AP的延长线于点E，则∠DEA=90°。已知AP⊥BP，故∠APB=90°，所以∠APB=∠DEA。
4. 由∠BAP + ∠ABP=90°，∠BAP + ∠DAE=90°，得∠ABP=∠DAE。
5. 在△DAE和△ABP中：
$\begin{cases} ∠DAE=∠ABP \\ ∠DEA=∠APB \\ DA=AB \end{cases}$
所以△DAE≌△ABP（AAS），因此AP=DE。
6. 由∠BPD=135°，得∠DPE=180°−135°=45°，又DE⊥AP，故△DEP为等腰直角三角形，DE=PE，因此PD=$\sqrt{DE^2 + PE^2}$=$\sqrt{2}DE$。
7. 因为PA=DE，所以$\frac{PA}{PD}$=$\frac{DE}{\sqrt{2}DE}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题综合运用正方形、全等三角形、等腰直角三角形的知识，通过角度推导和辅助线构造解题，考查学生的几何逻辑推理能力，是一道综合性较强的几何题。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需结合正方形的性质，利用等腰三角形的角度关系推导，通过构造辅助线证明全等三角形，再借助等腰直角三角形的性质计算比值。首先，由正方形边长相等及CP=CD，得CP=BC，进而得到相关等腰三角形的角度；再作DE⊥AP，结合AP⊥BP的条件，证明△DAE≌△ABP，得到对应边相等；最后利用等腰直角三角形的勾股定理求出PD，从而算出PA与PD的比值。
【解析】
1. 设∠1=α，正方形ABCD中∠BCD=90°，故∠2=90°−α。
2. 因CP=CD，且CD=BC，所以CP=BC，△CPD和△CPB为等腰三角形。计算得∠CPD=(180°−∠2)/2=45°+α/2，∠CPB=(180°−∠1)/2=90°−α/2，因此∠BPD=∠CPB + ∠CPD=135°。
3. 作DE⊥AP，交AP的延长线于点E，则∠DEA=90°。已知AP⊥BP，故∠APB=90°，所以∠APB=∠DEA。
4. 由∠BAP + ∠ABP=90°，∠BAP + ∠DAE=90°，得∠ABP=∠DAE。
5. 在△DAE和△ABP中：
$\begin{cases} ∠DAE=∠ABP \\ ∠DEA=∠APB \\ DA=AB \end{cases}$
所以△DAE≌△ABP（AAS），因此AP=DE。
6. 由∠BPD=135°，得∠DPE=180°−135°=45°，又DE⊥AP，故△DEP为等腰直角三角形，DE=PE，因此PD=$\sqrt{DE^2 + PE^2}$=$\sqrt{2}DE$。
7. 因为PA=DE，所以$\frac{PA}{PD}$=$\frac{DE}{\sqrt{2}DE}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题综合运用正方形、全等三角形、等腰直角三角形的知识，通过角度推导和辅助线构造解题，考查学生的几何逻辑推理能力，是一道综合性较强的几何题。
【难度系数】
0.4
16. 如图，$AB=BC=CD=DA=1$，$∠ ABC=60°$，点$P$在边$BC$上从点$B$向点$C$做匀速直线运动，始终有$∠ EPC = ∠ ECP$（点$E$在直线$BD$上），$JQ=2JG$，$EF ⊥ AP$于点$F$，$G$为$AB$的中点。点$Q$从点$G$沿某方向做匀速直线运动，速度与点$F$相等，连接$PE,CE,AP$。点$Q,P$同时出发，当$EF$最小时两点同时停止运动。当点$Q,P$停止运动时，$FJ+BQ$的最小值为$\underline{\hspace{3em}}$。
答案
16.$\frac{\sqrt{43}}{12}$ 【点拨】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质.
【解析】如图1,连接AC交BD于点O,连接GF,OF,AE.$\because AB=BC=CD=DA=1$,$∠ ABC=60°$,$\therefore$ 四边形ABCD为菱形,$△ ABC$是等边三角形,$\therefore AC=AB=1$,$AC⊥ BD$,$OB=OD$,$OA=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}$,$∠ ABC=∠ BAC=∠ ACB=60°$,$\therefore BD$垂直平分AC,$\therefore EA=EC$,$\therefore ∠ EAC=∠ ECA$.
$\because ∠ EPC=∠ ECP$,$∠ ACB=∠ ACE+∠ BCE=60°$,$\therefore EA=EC=EP$,$∠ AEP=360°-∠ AEC-∠ PEC=360°-(180°-2∠ ACE)-(180°-2∠ PCE)=120°$,$\therefore ∠ EPA=∠ EAP=30°$.
$\because EF⊥ AP$,$\therefore EF=\frac{1}{2}PE$,$AF=PF=\frac{1}{2}AP=\sqrt{PE^2-EF^2}=\sqrt{3}EF$,$\therefore EF=\frac{\sqrt{3}}{6}AP$,$\therefore$ 当AP最小时,EF最小.
如图2,当$AP⊥ BC$时,AP最小,此时EF最小,$∠ BAP=∠ CAP=\frac{1}{2}∠ BAC=30°=∠ EAP$,$BP=CP=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}$.
$\because AF=PF$,$\therefore F$是AP的中点.又$\because EF⊥ AP$,$\therefore$ 此时点E与O重合.$\because G$为AB的中点,O为AC的中点,$\therefore FG$是$△ ABP$的中位线,OF是$△ APC$的中位线,$BG=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}$,$\therefore FG=\frac{1}{2}BP=\frac{1}{4}$,$FG// BP$,$FO=\frac{1}{2}CP$,$FO// CP$,$\therefore O,F,G$三点共线,且点F的运动轨迹为线段OG.
在FG上取一点M,使$MF=2MG$,连接QM,BM,过点B作$BN⊥ FG$交FG的延长线于点N,则$MG=\frac{1}{3}FG=\frac{1}{12}$.
$\because$ 点Q从点G沿某方向做匀速直线运动,速度与点F相等,$\therefore GQ=GF=\frac{1}{4}$.
$\because JQ=2JG$,$\therefore JG=\frac{1}{3}GQ=\frac{1}{12}=GM$.又$\because ∠ FGJ=∠ QGM$,$\therefore △ GFJ≌△ GQM(\mathrm{SAS})$,$\therefore FJ=QM$,$\therefore FJ+BQ=QM+BQ≥ BM$.
$\because FG// BP$,$\therefore ∠ NGB=∠ ABC=60°$.$\because BN⊥ NF$,$\therefore ∠ GBN=30°$,$\therefore NG=\frac{1}{2}BG=\frac{1}{4}$,$BN=\sqrt{BG^2-NG^2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$,$\therefore NM=MG+NG=\frac{1}{12}+\frac{1}{4}=\frac{1}{3}$,$\therefore BM=\sqrt{BN^2+NM^2}=\sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{4})^2+(\frac{1}{3})^2}=\frac{\sqrt{43}}{12}$,$\therefore$ 当点Q,P停止运动时,$FJ+BQ$的最小值为$\frac{\sqrt{43}}{12}$.故答案为$\frac{\sqrt{43}}{12}$.
解析
【分析】
首先根据AB=BC=CD=DA判定四边形ABCD为菱形，结合∠ABC=60°得△ABC是等边三角形，推出AC⊥BD且BD垂直平分AC，故EA=EC；再由∠EPC=∠ECP得EC=EP，进而EA=EP；结合EF⊥AP，将EF的最小值转化为AP的最小值，确定AP⊥BC时AP最小，此时找到F的运动轨迹；再利用点Q、G的关系构造全等三角形，将FJ转化为QM，最后用两点之间线段最短求FJ+BQ的最小值。
【解析】
1. 判定四边形ABCD为菱形：
∵AB=BC=CD=DA=1，
∴四边形ABCD是菱形，又∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，故AC=AB=1，AC⊥BD，OA=OC=1/2，BD垂直平分AC，因此EA=EC。
2. 推导EA=EP：
∵∠EPC=∠ECP，
∴EC=EP，结合EA=EC得EA=EP；计算∠AEP=360°-∠AEC-∠PEC=360°-(180°-2∠ACE)-(180°-2∠PCE)=120°，在Rt△EFP中，EF⊥AP，
∴EF=1/2 PE，AP=√3 PE，故EF=√3/6 AP，因此EF最小等价于AP最小。
3. 确定AP最小的位置：当AP⊥BC时，AP最小，此时BP=CP=1/2，F为AP中点，E与AC中点O重合；G是AB中点，O是AC中点，故FG是△ABP的中位线，OF是△APC的中位线，得FG//BP，OF//CP，O、F、G共线，即F的轨迹为线段OG。
4. 构造全等转化线段：取点M使MF=2MG，由点Q速度与F相等，GQ=GF，结合JQ=2JG得JG=GM，又∠FGJ=∠QGM，故△GFJ≌△GQM（SAS），得FJ=QM，因此FJ+BQ=QM+BQ≥BM。
5. 计算BM长度：FG//BP，∠NGB=∠ABC=60°，BN⊥FG，得∠GBN=30°，BG=1/2，故NG=1/4，BN=√3/4；MG=1/12，NM=MG+NG=1/3，由勾股定理得BM=√(BN²+NM²)=√[(√3/4)²+(1/3)²]=√43/12。
【答案】
$\frac{\sqrt{43}}{12}$
【知识点】
菱形性质、勾股定理、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查几何动点最值问题，融合菱形、等边三角形、中位线、全等三角形及线段最值模型，需多次转化线段关系，确定动点轨迹，对逻辑推理能力要求较高，属于较难题。
【难度系数】
0.2
首先根据AB=BC=CD=DA判定四边形ABCD为菱形，结合∠ABC=60°得△ABC是等边三角形，推出AC⊥BD且BD垂直平分AC，故EA=EC；再由∠EPC=∠ECP得EC=EP，进而EA=EP；结合EF⊥AP，将EF的最小值转化为AP的最小值，确定AP⊥BC时AP最小，此时找到F的运动轨迹；再利用点Q、G的关系构造全等三角形，将FJ转化为QM，最后用两点之间线段最短求FJ+BQ的最小值。
【解析】
1. 判定四边形ABCD为菱形：
∵AB=BC=CD=DA=1，
∴四边形ABCD是菱形，又∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，故AC=AB=1，AC⊥BD，OA=OC=1/2，BD垂直平分AC，因此EA=EC。
2. 推导EA=EP：
∵∠EPC=∠ECP，
∴EC=EP，结合EA=EC得EA=EP；计算∠AEP=360°-∠AEC-∠PEC=360°-(180°-2∠ACE)-(180°-2∠PCE)=120°，在Rt△EFP中，EF⊥AP，
∴EF=1/2 PE，AP=√3 PE，故EF=√3/6 AP，因此EF最小等价于AP最小。
3. 确定AP最小的位置：当AP⊥BC时，AP最小，此时BP=CP=1/2，F为AP中点，E与AC中点O重合；G是AB中点，O是AC中点，故FG是△ABP的中位线，OF是△APC的中位线，得FG//BP，OF//CP，O、F、G共线，即F的轨迹为线段OG。
4. 构造全等转化线段：取点M使MF=2MG，由点Q速度与F相等，GQ=GF，结合JQ=2JG得JG=GM，又∠FGJ=∠QGM，故△GFJ≌△GQM（SAS），得FJ=QM，因此FJ+BQ=QM+BQ≥BM。
5. 计算BM长度：FG//BP，∠NGB=∠ABC=60°，BN⊥FG，得∠GBN=30°，BG=1/2，故NG=1/4，BN=√3/4；MG=1/12，NM=MG+NG=1/3，由勾股定理得BM=√(BN²+NM²)=√[(√3/4)²+(1/3)²]=√43/12。
【答案】
$\frac{\sqrt{43}}{12}$
【知识点】
菱形性质、勾股定理、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查几何动点最值问题，融合菱形、等边三角形、中位线、全等三角形及线段最值模型，需多次转化线段关系，确定动点轨迹，对逻辑推理能力要求较高，属于较难题。
【难度系数】
0.2
17. (8分)计算:(1)$\sqrt{12} - 6\sqrt{\frac{1}{3}} + \sqrt{8}$; (2)$(\sqrt{5} - 1)^2 + \sqrt{5}(\sqrt{5} + 2)$.
答案
17.【点拨】本题考查二次根式的运算.
【解析】(1)$\sqrt{12}-6\sqrt{\frac{1}{3}}+\sqrt{8}=2\sqrt{3}-2\sqrt{3}+2\sqrt{2}=2\sqrt{2}$.
(2)$(\sqrt{5}-1)^2+\sqrt{5}(\sqrt{5}+2)=5-2\sqrt{5}+1+5+2\sqrt{5}=11$.
【解析】(1)$\sqrt{12}-6\sqrt{\frac{1}{3}}+\sqrt{8}=2\sqrt{3}-2\sqrt{3}+2\sqrt{2}=2\sqrt{2}$.
(2)$(\sqrt{5}-1)^2+\sqrt{5}(\sqrt{5}+2)=5-2\sqrt{5}+1+5+2\sqrt{5}=11$.
解析
【分析】本题是二次根式的混合运算题，第(1)小题需先将各项二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式；第(2)小题需利用完全平方公式和单项式乘多项式法则展开式子，再合并同类项（注意二次根式中同类项的抵消），解题时要牢记二次根式的化简规则和整式乘法公式的应用，避免计算错误。
【解析】
(1) 先化简各二次根式：
$\sqrt{12} = \sqrt{4×3} = 2\sqrt{3}$，
$6\sqrt{\frac{1}{3}} = 6×\frac{\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$，
$\sqrt{8} = \sqrt{4×2} = 2\sqrt{2}$，
代入原式得：
$\sqrt{12} - 6\sqrt{\frac{1}{3}} + \sqrt{8} = 2\sqrt{3} - 2\sqrt{3} + 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$；
(2) 先利用完全平方公式和单项式乘多项式法则展开：
$(\sqrt{5} - 1)^2 = (\sqrt{5})^2 - 2×\sqrt{5}×1 + 1^2 = 5 - 2\sqrt{5} + 1$，
$\sqrt{5}(\sqrt{5} + 2) = (\sqrt{5})^2 + 2\sqrt{5} = 5 + 2\sqrt{5}$，
代入原式合并同类项：
$(\sqrt{5} - 1)^2 + \sqrt{5}(\sqrt{5} + 2) = (5 - 2\sqrt{5} + 1) + (5 + 2\sqrt{5}) = 11$。
【答案】(1)$2\sqrt{2}$；(2)$11$
【知识点】二次根式化简、二次根式混合运算、完全平方公式
【点评】本题考查二次根式的基本运算，属于基础题型，重点考查最简二次根式的化简、同类二次根式的合并以及整式乘法公式在二次根式中的应用，解题时需注意公式的正确使用和同类项的合并规则，难度不大。
【难度系数】0.6
【解析】
(1) 先化简各二次根式：
$\sqrt{12} = \sqrt{4×3} = 2\sqrt{3}$，
$6\sqrt{\frac{1}{3}} = 6×\frac{\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$，
$\sqrt{8} = \sqrt{4×2} = 2\sqrt{2}$，
代入原式得：
$\sqrt{12} - 6\sqrt{\frac{1}{3}} + \sqrt{8} = 2\sqrt{3} - 2\sqrt{3} + 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$；
(2) 先利用完全平方公式和单项式乘多项式法则展开：
$(\sqrt{5} - 1)^2 = (\sqrt{5})^2 - 2×\sqrt{5}×1 + 1^2 = 5 - 2\sqrt{5} + 1$，
$\sqrt{5}(\sqrt{5} + 2) = (\sqrt{5})^2 + 2\sqrt{5} = 5 + 2\sqrt{5}$，
代入原式合并同类项：
$(\sqrt{5} - 1)^2 + \sqrt{5}(\sqrt{5} + 2) = (5 - 2\sqrt{5} + 1) + (5 + 2\sqrt{5}) = 11$。
【答案】(1)$2\sqrt{2}$；(2)$11$
【知识点】二次根式化简、二次根式混合运算、完全平方公式
【点评】本题考查二次根式的基本运算，属于基础题型，重点考查最简二次根式的化简、同类二次根式的合并以及整式乘法公式在二次根式中的应用，解题时需注意公式的正确使用和同类项的合并规则，难度不大。
【难度系数】0.6
18. (8 分)先化简,再求值:$\sqrt{8x} - 6\sqrt{\dfrac{x}{18}} + 2x\sqrt{\dfrac{2}{x}}$,其中$x = 4$.
答案
18.【点拨】本题考查二次根式的化简和求值.
【解析】$\sqrt{8x}-6\sqrt{\frac{x}{18}}+2x\sqrt{\frac{2}{x}}=2\sqrt{2x}-\sqrt{2x}+2\sqrt{2x}=3\sqrt{2x}$,
当$x=4$时,原式$=3\sqrt{2×4}=6\sqrt{2}$.
【解析】$\sqrt{8x}-6\sqrt{\frac{x}{18}}+2x\sqrt{\frac{2}{x}}=2\sqrt{2x}-\sqrt{2x}+2\sqrt{2x}=3\sqrt{2x}$,
当$x=4$时,原式$=3\sqrt{2×4}=6\sqrt{2}$.
解析
【分析】本题为二次根式的化简求值题，解题思路是先将算式中的每一项二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式，最后把x=4代入化简后的式子计算结果。
【解析】先对各项二次根式化简：
$\sqrt{8x} = \sqrt{4 × 2x} = 2\sqrt{2x}$；
$6\sqrt{\dfrac{x}{18}} = 6 × \dfrac{\sqrt{2x}}{6} = \sqrt{2x}$；
$2x\sqrt{\dfrac{2}{x}} = 2x × \dfrac{\sqrt{2x}}{x} = 2\sqrt{2x}$；
合并同类二次根式：$2\sqrt{2x} - \sqrt{2x} + 2\sqrt{2x} = 3\sqrt{2x}$；
当$x=4$时，代入得：$3\sqrt{2 × 4} = 3\sqrt{8} = 6\sqrt{2}$。
【答案】$6\sqrt{2}$
【知识点】二次根式的化简、二次根式的加减运算、二次根式的求值
【点评】本题考查二次根式的化简与求值，关键是正确化简各二次根式并合并同类项，计算时需注意被开方数的处理，属于基础运算题，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】先对各项二次根式化简：
$\sqrt{8x} = \sqrt{4 × 2x} = 2\sqrt{2x}$；
$6\sqrt{\dfrac{x}{18}} = 6 × \dfrac{\sqrt{2x}}{6} = \sqrt{2x}$；
$2x\sqrt{\dfrac{2}{x}} = 2x × \dfrac{\sqrt{2x}}{x} = 2\sqrt{2x}$；
合并同类二次根式：$2\sqrt{2x} - \sqrt{2x} + 2\sqrt{2x} = 3\sqrt{2x}$；
当$x=4$时，代入得：$3\sqrt{2 × 4} = 3\sqrt{8} = 6\sqrt{2}$。
【答案】$6\sqrt{2}$
【知识点】二次根式的化简、二次根式的加减运算、二次根式的求值
【点评】本题考查二次根式的化简与求值，关键是正确化简各二次根式并合并同类项，计算时需注意被开方数的处理，属于基础运算题，难度适中。
【难度系数】0.6
19. (8分)如图,在$△ ABC$中,D是边BC上一点,$AD=12,AC=13,CD=5$.
(1)求证:$AD ⊥ BC$;
(2)若$AB=15$,求BC的长.
(1)求证:$AD ⊥ BC$;
(2)若$AB=15$,求BC的长.
答案
19.【点拨】本题考查勾股定理和勾股定理的逆定理.
【解析】(1)证明:$\because AD=12$,$AC=13$,$CD=5$,
$\therefore AD^2+CD^2=12^2+5^2=169$,$AC^2=13^2=169$,
$\therefore AD^2+CD^2=AC^2$,$\therefore △ ACD$是直角三角形,
$\therefore ∠ ADC=90°$,$\therefore AD⊥ BC$.
(2)$\because ∠ ADC=90°$,$\therefore ∠ ADB=180°-∠ ADC=90°$.
$\because AB=15$,$AD=12$,$\therefore BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{15^2-12^2}=9$.
$\because CD=5$,$\therefore BC=BD+CD=9+5=14$,
$\therefore BC$的长为14.
【解析】(1)证明:$\because AD=12$,$AC=13$,$CD=5$,
$\therefore AD^2+CD^2=12^2+5^2=169$,$AC^2=13^2=169$,
$\therefore AD^2+CD^2=AC^2$,$\therefore △ ACD$是直角三角形,
$\therefore ∠ ADC=90°$,$\therefore AD⊥ BC$.
(2)$\because ∠ ADC=90°$,$\therefore ∠ ADB=180°-∠ ADC=90°$.
$\because AB=15$,$AD=12$,$\therefore BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{15^2-12^2}=9$.
$\because CD=5$,$\therefore BC=BD+CD=9+5=14$,
$\therefore BC$的长为14.
解析
【分析】
要解决本题，分两步分析：第一步，证明AD⊥BC，需判断△ACD是否为直角三角形，利用勾股定理的逆定理，计算三边的平方关系即可得出结论；第二步，求BC的长，由AD⊥BC得∠ADB为直角，在Rt△ABD中用勾股定理算出BD的长度，再结合CD的长度，将BD与CD相加即可得到BC的长。
【解析】
(1) 证明：已知AD=12，AC=13，CD=5，
计算得：$AD^2 + CD^2 = 12^2 + 5^2 = 144 + 25 = 169$，
而$AC^2 = 13^2 = 169$，
因此$AD^2 + CD^2 = AC^2$，
根据勾股定理的逆定理，△ACD是直角三角形，且∠ADC=90°，
故AD⊥BC。
(2) 由(1)知∠ADC=90°，所以∠ADB=180°−∠ADC=90°，即△ABD是直角三角形。
已知AB=15，AD=12，根据勾股定理：
$BD = \sqrt{AB^2 - AD^2} = \sqrt{15^2 - 12^2} = \sqrt{225 - 144} = \sqrt{81} = 9$，
又CD=5，因此$BC = BD + CD = 9 + 5 = 14$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) BC的长为14。
【知识点】
勾股定理，勾股定理的逆定理
【点评】
本题考查勾股定理及其逆定理的应用，解题核心是利用勾股逆定理判断直角三角形，再结合勾股定理计算线段长度，属于基础几何题，思路清晰，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决本题，分两步分析：第一步，证明AD⊥BC，需判断△ACD是否为直角三角形，利用勾股定理的逆定理，计算三边的平方关系即可得出结论；第二步，求BC的长，由AD⊥BC得∠ADB为直角，在Rt△ABD中用勾股定理算出BD的长度，再结合CD的长度，将BD与CD相加即可得到BC的长。
【解析】
(1) 证明：已知AD=12，AC=13，CD=5，
计算得：$AD^2 + CD^2 = 12^2 + 5^2 = 144 + 25 = 169$，
而$AC^2 = 13^2 = 169$，
因此$AD^2 + CD^2 = AC^2$，
根据勾股定理的逆定理，△ACD是直角三角形，且∠ADC=90°，
故AD⊥BC。
(2) 由(1)知∠ADC=90°，所以∠ADB=180°−∠ADC=90°，即△ABD是直角三角形。
已知AB=15，AD=12，根据勾股定理：
$BD = \sqrt{AB^2 - AD^2} = \sqrt{15^2 - 12^2} = \sqrt{225 - 144} = \sqrt{81} = 9$，
又CD=5，因此$BC = BD + CD = 9 + 5 = 14$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) BC的长为14。
【知识点】
勾股定理，勾股定理的逆定理
【点评】
本题考查勾股定理及其逆定理的应用，解题核心是利用勾股逆定理判断直角三角形，再结合勾股定理计算线段长度，属于基础几何题，思路清晰，难度适中。
【难度系数】
0.5
