20.如图,在$△ ABC$中,$AB=13$,$AC=9$,$BC=4\sqrt{10}$,$BD⊥ AC$于点$D$.
(1)求线段$BD$的长;
(2)点$P$为射线$BC$上一动点,若$△ BDP$为等腰三角形,求$BP$的长.

20.解:(1)设$CD=x$,则$AD=9-x$,$BD^2=AB^2-AD^2=BC^2-CD^2$,所以$13^2-(9-x)^2=(4\sqrt{10})^2-x^2$,解得$x=4$,$AD=5$,所以$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12.$
(2)当$BP=BD$时,$BP=12$;
当$BD=PD$时,如图①,过点$D$作$DE⊥ BC$于点$E$,$\dfrac{1}{2}BD· CD=\dfrac{1}{2}BC· DE$,所以$DE=\dfrac{BD· CD}{BC}=\dfrac{12×4}{4\sqrt{10}}=\dfrac{6}{5}\sqrt{10}$,$BE=\sqrt{BD^2-DE^2}=\sqrt{12^2-(\dfrac{6}{5}\sqrt{10})^2}=\dfrac{18}{5}\sqrt{10}$,所以$BP=\dfrac{36}{5}\sqrt{10}$;
当$BP=PD$时,如图②,过点$D$作$DE⊥ BC$于点$E$,设$BP=PD=x$,则$PE=\dfrac{18}{5}\sqrt{10}-x$,$(\dfrac{18}{5}\sqrt{10}-x)^2+(\dfrac{6}{5}\sqrt{10})^2=x^2$,解得$x=2\sqrt{10}.$
综上所述,$△ BDP$为等腰三角形时,$BP$的长为$12$或$\dfrac{36}{5}\sqrt{10}$或$2\sqrt{10}.$

【分析】
(1) 求BD的长时，BD是Rt△ABD和Rt△CBD的公共直角边，可设CD=x，则AD=9-x，分别在两个直角三角形中用勾股定理表示BD²，根据BD²相等列方程求解x，再代入勾股定理即可算出BD。
(2) △BDP为等腰三角形需分三类讨论：①BD为腰，B为顶点，即BP=BD；②BD为腰，D为顶点，即BD=PD；③BD为底，即BP=PD。每种情况结合勾股定理、面积法计算对应BP的长度，点P在射线BC上，无需考虑BC反向的情况。
【解析】
(1) 设$CD=x$，则$AD=9-x$，
∵$BD⊥AC$，
∴△ABD和△CBD均为直角三角形，
由勾股定理得：$BD^2=AB^2-AD^2=BC^2-CD^2$，
代入数值：$13^2-(9-x)^2=(4\sqrt{10})^2-x^2$，
展开化简得：$169-81+18x=160$，解得$x=4$，
∴$AD=9-4=5$，$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$。
(2) 分三种情况讨论：
① 当$BP=BD$时，
∵$BD=12$，
∴$BP=12$；
② 当$BD=PD$时，如图①，过点$D$作$DE⊥BC$于点$E$，
由△BCD面积相等得：$\frac{1}{2}BD·CD=\frac{1}{2}BC·DE$，
代入数值：$DE=\frac{BD·CD}{BC}=\frac{12×4}{4\sqrt{10}}=\frac{6\sqrt{10}}{5}$，
在Rt△BDE中，$BE=\sqrt{BD^2-DE^2}=\sqrt{12^2-(\frac{6\sqrt{10}}{5})^2}=\frac{18\sqrt{10}}{5}$，
∵$BD=PD$，$DE⊥BP$，
∴$BP=2BE=\frac{36\sqrt{10}}{5}$；
③ 当$BP=PD$时，如图②，过点$D$作$DE⊥BC$于点$E$，
设$BP=PD=x$，则$PE=\frac{18\sqrt{10}}{5}-x$，
在Rt△PDE中，由勾股定理得：$(\frac{18\sqrt{10}}{5}-x)^2+(\frac{6\sqrt{10}}{5})^2=x^2$，
解得$x=2\sqrt{10}$，即$BP=2\sqrt{10}$。
【答案】
(1) $BD=12$；
(2) $BP$的长为$12$或$\dfrac{36}{5}\sqrt{10}$或$2\sqrt{10}$。

【知识点】
勾股定理，等腰三角形分类讨论，面积法求高
【点评】
本题第一问利用双直角三角形公共边建立方程求解，是勾股定理的典型应用；第二问需要掌握等腰三角形的分类讨论思想，避免漏解，解题时用面积法求斜边上的高可以有效简化计算。
【难度系数】
0.6