1. 如图，在 $ \text{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90^{\circ} $，$ AC = 6 $，$ BC = 8 $，$ D $ 是 $ AB $ 的中点，$ E $ 是 $ BC $ 的中点，$ EF \perp CD $ 于点 $ F $，则 $ EF $ 的长是（ ）
A. 3
B. 4
C. 5
D. $ \frac{12}{5} $
A. 3
B. 4
C. 5
D. $ \frac{12}{5} $
答案：
D 点拨:在$Rt\triangle ABC$中,$\because ∠ACB=90^{\circ },AC=6,BC=8,\therefore AB=10.\because D$是AB的中点，∴线段CD是中线，$\therefore AD=BD=CD=5,S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×6×8=12$.如答图,连接DE;
$\because E$为BC的中点，$\therefore S_{\triangle DEC}=\frac{1}{2}S_{\triangle BDC}=6$.
$\because S_{\triangle DEC}=\frac{1}{2}DC\cdot EF$，$\therefore \frac{1}{2}×5\cdot EF=6$，解得$EF=\frac{12}{5}$，故选D.
D 点拨:在$Rt\triangle ABC$中,$\because ∠ACB=90^{\circ },AC=6,BC=8,\therefore AB=10.\because D$是AB的中点，∴线段CD是中线，$\therefore AD=BD=CD=5,S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×6×8=12$.如答图,连接DE;
$\because E$为BC的中点，$\therefore S_{\triangle DEC}=\frac{1}{2}S_{\triangle BDC}=6$.
$\because S_{\triangle DEC}=\frac{1}{2}DC\cdot EF$，$\therefore \frac{1}{2}×5\cdot EF=6$，解得$EF=\frac{12}{5}$，故选D.
2. 对角线互相垂直的四边形叫作“垂美”四边形。现有如图所示的“垂美”四边形 $ ABCD $，若 $ AD = 3 $，$ BC = 5 $，则 $ AB^{2}+CD^{2}= $
34
。答案：34 点拨:∵四边形ABCD为“垂美”四边形，$\therefore BD⊥AC$，$\therefore ∠AEB=∠AED=∠BEC=∠DEC=90^{\circ }$.在$Rt\triangle AED$中，$AE^{2}+DE^{2}=AD^{2}=9$，在$Rt\triangle BEC$中，$BE^{2}+CE^{2}=BC^{2}=25$，$\therefore AE^{2}+DE^{2}+BE^{2}+CE^{2}=9+25=34$.
在$Rt\triangle AEB$中，$AE^{2}+BE^{2}=AB^{2}$，
在$Rt\triangle CED$中，$CE^{2}+DE^{2}=CD^{2}$，
$\therefore AB^{2}+CD^{2}=AE^{2}+DE^{2}+BE^{2}+CE^{2}=9+25=34$.
在$Rt\triangle AEB$中，$AE^{2}+BE^{2}=AB^{2}$，
在$Rt\triangle CED$中，$CE^{2}+DE^{2}=CD^{2}$，
$\therefore AB^{2}+CD^{2}=AE^{2}+DE^{2}+BE^{2}+CE^{2}=9+25=34$.
3. （1）如图①，在 $ \text{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle BAC = 90^{\circ} $，$ AB = AC $，$ D $ 为 $ BC $ 边上一点（不与点 $ B $，$ C $ 重合），将线段 $ AD $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转 $ 90^{\circ} $ 得到 $ AE $，连接 $ EC $。求证：$ \triangle ABD \cong \triangle ACE $；
（2）如图②，在 $ \text{Rt} \triangle ABC $ 和 $ \text{Rt} \triangle ADE $ 中，$ \angle BAC = \angle DAE = 90^{\circ} $，$ AB = AC $，$ AD = AE $，将 $ \triangle ADE $ 绕点 $ A $ 旋转，使点 $ D $ 落在 $ BC $ 边上，试探索 $ AD^{2} $，$ BD^{2} $，$ CD^{2} $ 之间满足的数量关系，并证明你的结论。
（2）如图②，在 $ \text{Rt} \triangle ABC $ 和 $ \text{Rt} \triangle ADE $ 中，$ \angle BAC = \angle DAE = 90^{\circ} $，$ AB = AC $，$ AD = AE $，将 $ \triangle ADE $ 绕点 $ A $ 旋转，使点 $ D $ 落在 $ BC $ 边上，试探索 $ AD^{2} $，$ BD^{2} $，$ CD^{2} $ 之间满足的数量关系，并证明你的结论。
答案：
(1)证明:在$Rt\triangle ABC$中，$∠BAC=90^{\circ }$，$AB=AC$，
$\therefore ∠B=∠ACB=45^{\circ }$，
$\because ∠BAC=∠DAE=90^{\circ }$，
$\therefore ∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC$，即$∠BAD=∠CAE$；
在$\triangle BAD$和$\triangle CAE$中，$\left\{\begin{array}{l} AB=AC,\\ ∠BAD=∠CAE,\\ AD=AE,\end{array}\right.$
$\therefore \triangle BAD\cong \triangle CAE(SAS)$.
(2)解:$2AD^{2}=BD^{2}+CD^{2}$.
证明:如答图，连接EC；
$\because ∠BAC=∠DAE=90^{\circ }$，
$\therefore ∠BAD=∠CAE$；
在$\triangle ABD$和$\triangle ACE$中，
$\left\{\begin{array}{l} AB=AC,\\ ∠BAD=∠CAE,\\ AD=AE,\end{array}\right.$
$\therefore \triangle BAD\cong \triangle CAE(SAS)$，
$\therefore BD=CE$，$∠B=∠ACE=45^{\circ }$，
$\therefore ∠BCE=∠ACB+∠ACE=45^{\circ }+45^{\circ }=90^{\circ }$，
$\therefore DE^{2}=CE^{2}+CD^{2}$.
在$Rt\triangle ADE$中，$DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}=2AD^{2}$，
$\therefore 2AD^{2}=BD^{2}+CD^{2}$.
(1)证明:在$Rt\triangle ABC$中，$∠BAC=90^{\circ }$，$AB=AC$，
$\therefore ∠B=∠ACB=45^{\circ }$，
$\because ∠BAC=∠DAE=90^{\circ }$，
$\therefore ∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC$，即$∠BAD=∠CAE$；
在$\triangle BAD$和$\triangle CAE$中，$\left\{\begin{array}{l} AB=AC,\\ ∠BAD=∠CAE,\\ AD=AE,\end{array}\right.$
$\therefore \triangle BAD\cong \triangle CAE(SAS)$.
(2)解:$2AD^{2}=BD^{2}+CD^{2}$.
证明:如答图，连接EC；
$\because ∠BAC=∠DAE=90^{\circ }$，
$\therefore ∠BAD=∠CAE$；
在$\triangle ABD$和$\triangle ACE$中，
$\left\{\begin{array}{l} AB=AC,\\ ∠BAD=∠CAE,\\ AD=AE,\end{array}\right.$
$\therefore \triangle BAD\cong \triangle CAE(SAS)$，
$\therefore BD=CE$，$∠B=∠ACE=45^{\circ }$，
$\therefore ∠BCE=∠ACB+∠ACE=45^{\circ }+45^{\circ }=90^{\circ }$，
$\therefore DE^{2}=CE^{2}+CD^{2}$.
在$Rt\triangle ADE$中，$DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}=2AD^{2}$，
$\therefore 2AD^{2}=BD^{2}+CD^{2}$.