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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,$∠ACB=90°,AB=5\sqrt{2},AC=4\sqrt{2}$,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,$∠BAC=30°,AB=a$,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。
【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,$∠ACB=90°,AB=5\sqrt{2},AC=4\sqrt{2}$,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,$∠BAC=30°,AB=a$,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。
答案
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(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(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$BC^2+DE^2=2(BD^2+CE^2)$。
解析
【分析】
1. 性质探究：已知AC⊥BD，利用勾股定理将各边平方拆分为直角边的平方和，通过等式变形即可证明结论。
2. 性质运用：先在Rt△ABC中用勾股定理算出BC的平方，再利用等腰直角三角形的性质得到边和角的关系，通过SAS证明三角形全等推出BE⊥CD，最后运用性质探究的结论计算DE的长度。
3. 拓展迁移：通过构造辅助线，利用等边三角形的性质和全等三角形的判定得到DE=DG，结合勾股定理分别计算BC²和DE²，进而推导两者与BD²+CE²的等量关系。
【解析】
【性质探究】
∵ AC⊥BD，
∴ ∠AOB=∠BOC=∠COD=∠AOD=90°，
由勾股定理得：
OA²+OB²=AB²，OB²+OC²=BC²，OC²+OD²=CD²，OD²+OA²=AD²，
∴ AB²+CD² = OA²+OB²+OC²+OD²，
BC²+AD² = OB²+OC²+OD²+OA²，
∴ AB²+CD²=BC²+AD²。
【性质运用】
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5√2，AC=4√2，
∴ BC²=AB²-AC²=(5√2)²-(4√2)²=50-32=18，
∵ △ABD和△ACE是等腰直角三角形，
∴ AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=90°，
∴ BD=√2 AB=10，CE=√2 AC=8，
∴ ∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，
在△ACD和△AEB中：
$\begin{cases} AD=AB, \\ ∠DAC=∠BAE, \\ AC=AE, \end{cases}$
∴ △ACD≌△AEB（SAS），
∴ ∠ADC=∠ABE，
∵ ∠ADC+∠AGD=90°，∠AGD=∠BGF，
∴ ∠ABE+∠BGF=90°，
∴ ∠BFG=90°，即BE⊥CD，
由性质探究的结论：BD²+CE²=DE²+BC²，
∴ DE²=BD²+CE²-BC²=10²+8²-18=100+64-18=146，
∴ DE=√146。
【拓展迁移】
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，
∵ △ABD和△ACE是等边三角形，∠BAC=30°，
∴ AD=BD=AB=a，AE=AC=CE=b，∠DAB=∠CAE=60°，
∴ ∠DAE=∠DAB+∠BAC+∠CAE=60°+30°+60°=150°，
∠DBG=∠DBA+∠ABG=60°+90°=150°，
又
∵ ∠AEG=∠ABG=90°，∠EAB=∠EAC+∠BAC=90°，
∴ 四边形ABGE是矩形，
∴ EG=AB=a，AB//EG，
在△DAE和△DBG中：
$\begin{cases} AD=BD, \\ ∠DAE=∠DBG, \\ AE=BG, \end{cases}$
∴ △DAE≌△DBG（SAS），
∴ DE=DG，
∵ DM⊥GE，
∴ EM=MG=$\frac{1}{2}$EG=$\frac{1}{2}$a，
在等边△ABD中，DN⊥AB，
∴ AN=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$a，DN=$\sqrt{AD^2-AN^2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，
∵ 四边形ANME是矩形，
∴ MN=AE=b，
∴ DM=DN+MN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a + b，
在Rt△ACQ中，CQ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$b，
∴ PC=PQ - CQ=AB - CQ=a - $\frac{\sqrt{3}}{2}$b，
在Rt△BPC中，BP=$\frac{1}{2}$b，
∴ BC²=PC² + BP²=$(a-\frac{\sqrt{3}}{2}b)^2+(\frac{1}{2}b)^2$，
又DE²=$(\frac{1}{2}a)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}a + b)^2$，
∴ BC²+DE²=$(a-\frac{\sqrt{3}}{2}b)^2+(\frac{1}{2}b)^2+(\frac{1}{2}a)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}a + b)^2=2a^2+2b^2$，
∵ BD²+CE²=a²+b²，
∴ BC²+DE²=2(BD²+CE²)。
【答案】
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(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(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$BC^2+DE^2=2(BD^2+CE^2)$。
【知识点】勾股定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质
【点评】本题是综合实践探究题，从特殊到一般逐步推导，考查学生的逻辑推理、知识迁移和数形结合能力，将勾股定理、全等三角形等知识融合应用，体现了数学探究的过程。
【难度系数】0.5
1. 性质探究：已知AC⊥BD，利用勾股定理将各边平方拆分为直角边的平方和，通过等式变形即可证明结论。
2. 性质运用：先在Rt△ABC中用勾股定理算出BC的平方，再利用等腰直角三角形的性质得到边和角的关系，通过SAS证明三角形全等推出BE⊥CD，最后运用性质探究的结论计算DE的长度。
3. 拓展迁移：通过构造辅助线，利用等边三角形的性质和全等三角形的判定得到DE=DG，结合勾股定理分别计算BC²和DE²，进而推导两者与BD²+CE²的等量关系。
【解析】
【性质探究】
∵ AC⊥BD，
∴ ∠AOB=∠BOC=∠COD=∠AOD=90°，
由勾股定理得：
OA²+OB²=AB²，OB²+OC²=BC²，OC²+OD²=CD²，OD²+OA²=AD²，
∴ AB²+CD² = OA²+OB²+OC²+OD²，
BC²+AD² = OB²+OC²+OD²+OA²，
∴ AB²+CD²=BC²+AD²。
【性质运用】
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5√2，AC=4√2，
∴ BC²=AB²-AC²=(5√2)²-(4√2)²=50-32=18，
∵ △ABD和△ACE是等腰直角三角形，
∴ AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=90°，
∴ BD=√2 AB=10，CE=√2 AC=8，
∴ ∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，
在△ACD和△AEB中：
$\begin{cases} AD=AB, \\ ∠DAC=∠BAE, \\ AC=AE, \end{cases}$
∴ △ACD≌△AEB（SAS），
∴ ∠ADC=∠ABE，
∵ ∠ADC+∠AGD=90°，∠AGD=∠BGF，
∴ ∠ABE+∠BGF=90°，
∴ ∠BFG=90°，即BE⊥CD，
由性质探究的结论：BD²+CE²=DE²+BC²，
∴ DE²=BD²+CE²-BC²=10²+8²-18=100+64-18=146，
∴ DE=√146。
【拓展迁移】
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，
∵ △ABD和△ACE是等边三角形，∠BAC=30°，
∴ AD=BD=AB=a，AE=AC=CE=b，∠DAB=∠CAE=60°，
∴ ∠DAE=∠DAB+∠BAC+∠CAE=60°+30°+60°=150°，
∠DBG=∠DBA+∠ABG=60°+90°=150°，
又
∵ ∠AEG=∠ABG=90°，∠EAB=∠EAC+∠BAC=90°，
∴ 四边形ABGE是矩形，
∴ EG=AB=a，AB//EG，
在△DAE和△DBG中：
$\begin{cases} AD=BD, \\ ∠DAE=∠DBG, \\ AE=BG, \end{cases}$
∴ △DAE≌△DBG（SAS），
∴ DE=DG，
∵ DM⊥GE，
∴ EM=MG=$\frac{1}{2}$EG=$\frac{1}{2}$a，
在等边△ABD中，DN⊥AB，
∴ AN=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$a，DN=$\sqrt{AD^2-AN^2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，
∵ 四边形ANME是矩形，
∴ MN=AE=b，
∴ DM=DN+MN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a + b，
在Rt△ACQ中，CQ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$b，
∴ PC=PQ - CQ=AB - CQ=a - $\frac{\sqrt{3}}{2}$b，
在Rt△BPC中，BP=$\frac{1}{2}$b，
∴ BC²=PC² + BP²=$(a-\frac{\sqrt{3}}{2}b)^2+(\frac{1}{2}b)^2$，
又DE²=$(\frac{1}{2}a)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}a + b)^2$，
∴ BC²+DE²=$(a-\frac{\sqrt{3}}{2}b)^2+(\frac{1}{2}b)^2+(\frac{1}{2}a)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}a + b)^2=2a^2+2b^2$，
∵ BD²+CE²=a²+b²，
∴ BC²+DE²=2(BD²+CE²)。
【答案】
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(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(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$BC^2+DE^2=2(BD^2+CE^2)$。
【知识点】勾股定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质
【点评】本题是综合实践探究题，从特殊到一般逐步推导，考查学生的逻辑推理、知识迁移和数形结合能力，将勾股定理、全等三角形等知识融合应用，体现了数学探究的过程。
【难度系数】0.5
