2.综合与实践。
【性质探究】
(1)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】
(2)如图2,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°,AB=5\sqrt{2},AC=4\sqrt{2}$,分别以$△ ABC$的边AB,AC为直角边向外作等腰$Rt△ ABD$和等腰$Rt△ ACE$。联结DC,BE,DE,DC与BE交于点F,求线段DE的长。
【拓展迁移】
(3)如图3,在锐角三角形ABC中,$∠ BAC=30°,AB=a,AC=b$,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。联结DC,BE,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。

2.(1)证明:因为AC⊥BD,所以∠AOB=∠BOC=∠COD=∠AOD=90°,所以OA²+OB²=AB²,OB²+OC²=BC²,OC²+OD²=CD²,OD²+OA²=AD²,所以AB²+CD²=OA²+OB²+OC²+OD²,AD²+BC²=OD²+OA²+OB²+OC²,所以AB²+CD²=AD²+BC²。
(2)解:设AB与CD交于点G。因为△BAD和△CAE是等腰直角三角形,所以AB=AD,AC=AE,∠BAD=∠CAE=90°,所以∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠DAC=∠BAE,所以△BAE≌△DAC(SAS),所以∠ABE=∠ADC。因为∠ADG+∠AGD=90°,∠AGD=∠BGF,所以∠BGF+∠ABE=90°,所以∠BFD=90°,所以BE⊥CD。由(1)得BD²+CE²=BC²+DE²。在等腰Rt△ABD中,AD=AB=5√2,所以BD=√2 AB=10。在等腰Rt△ACE中,AE=AC=4√2,所以CE=√2 AC=8。在△ABC中,∠ACB=90°,AB=5√2,AC=4√2,所以BC=√(AB²-AC²)=√((5√2)²-(4√2)²)=3√2,所以10²+8²=(3√2)²+DE²,解得DE=√146,所以线段DE的长为√146。
(3)解:如图,过点E作EG⊥AE,过点B作BG⊥EG,垂足分别为E,G,联结GC,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都是等边三角形,所以∠EAB=∠EAC+∠BAC=90°,BD=AB=a,AE=AC=CE=b,所以四边形ABGE是矩形,BD²+CE²=a²+b²,所以EG=AB=a,BG=AE=AC=b。因为∠DAE=60°+30°+60°=150°,∠DBG=60°+90°=150°,所以∠DAE=∠DBG。又因为AD=BD,AE=BG,所以△DAE≌△DBG(SAS),所以DE=DG,所以EM=MG=$\frac{1}{2}$EG=$\frac{1}{2}$a。因为NM⊥GE,所以四边形ANME是矩形,则MN=AE=b。在Rt△AND中,DN⊥AB,则AN=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$a,所以DN=√(AD²-AN²)=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a,所以DM=DN+NM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a+b。在Rt△DME中,DE²=EM²+DM²=$(\frac{1}{2}a)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}a+b)^2$。因为PQ⊥AE,所以四边形ABPQ是矩形,AQ=QE,所以BP=AQ=$\frac{1}{2}$b,CP⊥BG。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,BC²=PC²+BP²=$(a-\frac{\sqrt{3}}{2}b)^2+(\frac{1}{2}b)^2$,所以BC²+DE²=$(a-\frac{\sqrt{3}}{2}b)^2+(\frac{1}{2}b)^2+(\frac{1}{2}a)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}a+b)^2$=2a²+2b²,所以BC²+DE²=2(BD²+CE²)。

【分析】
本题分为三个探究部分，第(1)问利用对角线垂直的条件，结合勾股定理直接推导等式；第(2)问先通过SAS证明三角形全等得到垂直关系，再运用第(1)问的结论，结合特殊三角形的边长计算求解DE；第(3)问通过构造辅助线，利用全等三角形和勾股定理分别计算相关平方项，进而推导等量关系。
【解析】
(1) 证明：
∵AC⊥BD，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=∠AOD=90°，
根据勾股定理：
在Rt△AOB中，OA²+OB²=AB²；
在Rt△BOC中，OB²+OC²=BC²；
在Rt△COD中，OC²+OD²=CD²；
在Rt△AOD中，OD²+OA²=AD²；
∴AB²+CD²=OA²+OB²+OC²+OD²，
BC²+AD²=OB²+OC²+OD²+OA²，
故AB²+CD²=BC²+AD²。
(2) 解：
∵△ABD和△ACE是等腰直角三角形，
∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，
在△BAE和△DAC中：
$\{\begin{array}{l}AB=AD\\∠BAE=∠DAC\\AE=AC\end{array} $
∴△BAE≌△DAC(SAS)，得∠ABE=∠ADC，
∵∠ADG+∠AGD=90°，∠AGD=∠BGF，
∴∠BGF+∠ABE=90°，即∠BFD=90°，故BE⊥CD。
由(1)的结论：BD²+CE²=BC²+DE²，
计算边长：
等腰Rt△ABD中，BD=√2 AB=√2×5√2=10；
等腰Rt△ACE中，CE=√2 AC=√2×4√2=8；
Rt△ABC中，BC=√(AB²-AC²)=√[(5√2)²-(4√2)²]=3√2；
代入得：10²+8²=(3√2)²+DE² → DE²=146 → DE=√146。
(3) 解：如图，过点E作EG⊥AE，过点B作BG⊥EG，联结GC、DG，过D作DM⊥GE交GE于M，交AB于N，过C作PQ⊥AE于Q，交BG于P。
∵△ABD、△ACE是等边三角形，
∴BD=AB=a，AE=AC=CE=b，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠EAB=60°+30°=90°，四边形ABGE是矩形，故EG=a，BG=b；
∠DAE=60°+30°+60°=150°，∠DBG=60°+90°=150°，
∴∠DAE=∠DBG，且AD=BD，AE=BG，
∴△DAE≌△DBG(SAS)，得DE=DG，EM=½EG=½a；
在Rt△AND中，DN=√(AD²-AN²)= (√3/2)a，DM=DN+NM=(√3/2)a + b，
∴DE²=(½a)² + ( (√3/2)a + b )² = a² + √3 ab + b²；
同理，BC²=(a - (√3/2)b)² + (½b)² = a² - √3 ab + b²；
∴BC²+DE²=2a²+2b²，而BD²+CE²=a²+b²，故BC²+DE²=2(BD²+CE²)。
【答案】
2.(1)证明见解析；(2)$\sqrt{146}$；(3)$BC^2+DE^2=2(BD^2+CE^2)$
【知识点】
勾股定理；全等三角形判定；特殊三角形性质
【点评】
本题是几何综合探究题，融合勾股定理、全等三角形判定及特殊三角形性质，需灵活运用已证结论，通过辅助线构造全等转化线段关系，对几何逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.4