25. (8分)新素养几何直观有一块直角三角形荒地，其直角边AB的长为5m，BC的长为12m.现要在其中建一个尽可能大的正方形花坛，请甲、乙两名同学进行设计.甲同学设计的方案如图①所示，乙同学设计的方案如图②所示.请运用学过的知识说明哪名同学的设计方案符合要求.
答案：25.由题意，得AB = 5m，BC = 12m，∠B = 90°，所以$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=13m$.甲同学的方案：设正方形BDEF的边长为xm，则BD = ED = xm.因为DE//AB，所以△CDE∽△CBA，所以$\frac{DC}{BC}=\frac{ED}{AB}$.因为DC = BC - BD = (12 - x)m，所以$\frac{12 - x}{12}=\frac{x}{5}$，解得$x=\frac{60}{17}$，即甲同学的方案中正方形的边长为$\frac{60}{17}$m.乙同学的方案：设正方形KMNG的边长为ym，则KM = MN = ym.在题图②中，过点B作BH⊥AC于点H，交KM于点P，则$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·BC=\frac{1}{2}AC·BH$，所以$BH=\frac{AB·BC}{AC}=\frac{60}{13}$m.因为KM//AC，所以△BKM∽△BAC，BP⊥KM，所以BP，BH分别是△BKM和△BAC的对应高，所以$\frac{BP}{BH}=\frac{KM}{AC}$.因为PH = MN = ym，所以$BP = BH - PH = (\frac{60}{13}-y)$m，所以$\frac{\frac{60}{13}-y}{\frac{60}{13}}=\frac{y}{13}$，解得$y=\frac{780}{229}$，即乙同学的方案中正方形的边长为$\frac{780}{229}$m.因为$\frac{60}{17}＞\frac{780}{229}$，所以按题图①设计出的正方形的面积较大.综上所述，甲同学的设计方案符合要求.
解析：
解：由题意，得$AB = 5\,\mathrm{m}$，$BC = 12\,\mathrm{m}$，$\angle B = 90°$，
$\therefore AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=13\,\mathrm{m}$.
甲同学的方案（图①）：
设正方形$BDEF$的边长为$x\,\mathrm{m}$，则$BD = ED = x\,\mathrm{m}$.
$\because DE// AB$，$\therefore\triangle CDE\backsim\triangle CBA$，
$\therefore\frac{DC}{BC}=\frac{ED}{AB}$.
$\because DC = BC - BD=(12 - x)\,\mathrm{m}$，
$\therefore\frac{12 - x}{12}=\frac{x}{5}$，解得$x=\frac{60}{17}$.
乙同学的方案（图②）：
设正方形$KMNG$的边长为$y\,\mathrm{m}$，过点$B$作$BH⊥ AC$于点$H$，交$KM$于点$P$.
$\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· BC=\frac{1}{2}AC· BH$，
$\therefore BH=\frac{AB· BC}{AC}=\frac{5×12}{13}=\frac{60}{13}\,\mathrm{m}$.
$\because KM// AC$，$\therefore\triangle BKM\backsim\triangle BAC$，
$\therefore\frac{BP}{BH}=\frac{KM}{AC}$.
$\because PH = MN = y\,\mathrm{m}$，$\therefore BP = BH - PH=(\frac{60}{13}-y)\,\mathrm{m}$，
$\therefore\frac{\frac{60}{13}-y}{\frac{60}{13}}=\frac{y}{13}$，解得$y=\frac{780}{229}$.
$\because\frac{60}{17}=\frac{60×13}{17×13}=\frac{780}{221}$，且$\frac{780}{221}＞\frac{780}{229}$，
$\therefore x＞y$.
答：甲同学的设计方案符合要求.
$\therefore AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=13\,\mathrm{m}$.
甲同学的方案（图①）：
设正方形$BDEF$的边长为$x\,\mathrm{m}$，则$BD = ED = x\,\mathrm{m}$.
$\because DE// AB$，$\therefore\triangle CDE\backsim\triangle CBA$，
$\therefore\frac{DC}{BC}=\frac{ED}{AB}$.
$\because DC = BC - BD=(12 - x)\,\mathrm{m}$，
$\therefore\frac{12 - x}{12}=\frac{x}{5}$，解得$x=\frac{60}{17}$.
乙同学的方案（图②）：
设正方形$KMNG$的边长为$y\,\mathrm{m}$，过点$B$作$BH⊥ AC$于点$H$，交$KM$于点$P$.
$\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· BC=\frac{1}{2}AC· BH$，
$\therefore BH=\frac{AB· BC}{AC}=\frac{5×12}{13}=\frac{60}{13}\,\mathrm{m}$.
$\because KM// AC$，$\therefore\triangle BKM\backsim\triangle BAC$，
$\therefore\frac{BP}{BH}=\frac{KM}{AC}$.
$\because PH = MN = y\,\mathrm{m}$，$\therefore BP = BH - PH=(\frac{60}{13}-y)\,\mathrm{m}$，
$\therefore\frac{\frac{60}{13}-y}{\frac{60}{13}}=\frac{y}{13}$，解得$y=\frac{780}{229}$.
$\because\frac{60}{17}=\frac{60×13}{17×13}=\frac{780}{221}$，且$\frac{780}{221}＞\frac{780}{229}$，
$\therefore x＞y$.
答：甲同学的设计方案符合要求.
26. (12分)(2025·江苏盐城模拟)在四边形ABCD中，AD//BC，∠ABC = 90°，AD = CD，O是对角线AC的中点，连接BO并延长，交边CD或边AD于点E.
(1)如图，当点E在边CD上时，
① 求证：△DAC∽△OBC；
② 若BE⊥CD，求$ \frac{AD}{BC} $的值；
(2)若DE = 2，OE = 3，求CD的长.
(1)如图，当点E在边CD上时，
① 求证：△DAC∽△OBC；
② 若BE⊥CD，求$ \frac{AD}{BC} $的值；
(2)若DE = 2，OE = 3，求CD的长.
答案：
26.(1)①因为AD//BC，所以∠DAC = ∠OCB.因为AD = CD，所以∠DAC = ∠DCA，所以∠DCA = ∠OCB.因为O是AC的中点，所以$OB = OC=\frac{1}{2}AC$，所以∠OBC = ∠OCB，所以∠DAC = ∠OBC，所以△DAC∽△OBC.
②过点D作DF⊥BC于点F，则∠BFD = ∠CFD = 90°.设AD = CD = 2m.因为AD//BC，∠ABC = 90°，所以∠BAD = 180° - ∠ABC = 90°，所以四边形ABFD是矩形，所以BF = AD = 2m.因为BE⊥CD，所以∠BEC = 90°，所以∠OBC + ∠OCB + ∠DCA = 90°.因为∠OBC = ∠OCB = ∠DCA = $\frac{1}{3}×90° = 30°$，所以∠DCF = ∠OCB + ∠DCA = 60°，所以∠CDF = 90° - ∠DCF = 30°，所以$CF=\frac{1}{2}CD = m$，所以BC = BF + CF = 3m，所以$\frac{AD}{BC}=\frac{2}{3}$.
(2)设AD = CD = x.分类讨论如下：如图①，当点E在边AD上时，连接CE.因为AD//BC，所以∠OAE = ∠OCB，∠OEA = ∠OBC.因为O是AC的中点，所以OA = OC，所以△OAE≌△OCB，所以OE = OB，所以四边形ABCE是平行四边形.因为∠ABC = 90°，所以四边形ABCE是矩形，所以∠AEC = 90°，AC = BE.因为OE = 3，所以AC = BE = 2OE = 6.因为DE = 2，所以AE = AD - DE = x - 2.因为∠DEC = 180° - ∠AEC = 90°，所以$DE^{2}+CE^{2}=CD^{2}$，又$AE^{2}+CE^{2}=AC^{2}$，所以$CD^{2}-DE^{2}=AC^{2}-AE^{2}$，所以$x^{2}-2^{2}=6^{2}-(x - 2)^{2}$，解得$x_1 = 1+\sqrt{19}$，$x_2 = 1 - \sqrt{19}$（不合题意，舍去），则CD的长为$1+\sqrt{19}$；如图②，当点E在边CD上时，CE = CD - DE = x - 2.因为△DAC∽△OBC，所以$\frac{CD}{OC}=\frac{AC}{BC}$，所以$\frac{CD}{AC}=\frac{OC}{BC}$.因为∠OCE = ∠CBE，∠OEC = ∠CEB，所以△OCE∽△CBE，所以$\frac{CE}{BE}=\frac{OE}{CE}=\frac{OC}{BC}$.设OB = OC = y，则BE = OB + OE = y + 3，AC = 2OC = 2y，所以$\frac{x - 2}{y + 3}=\frac{3}{x - 2}=\frac{x}{2y}$，解得$x_1 = 3+\sqrt{19}$，$x_2 = 3 - \sqrt{19}$（不合题意，舍去），则CD的长为$3+\sqrt{19}$.综上所述，CD的长为$1+\sqrt{19}$或$3+\sqrt{19}$.
26.(1)①因为AD//BC，所以∠DAC = ∠OCB.因为AD = CD，所以∠DAC = ∠DCA，所以∠DCA = ∠OCB.因为O是AC的中点，所以$OB = OC=\frac{1}{2}AC$，所以∠OBC = ∠OCB，所以∠DAC = ∠OBC，所以△DAC∽△OBC.
②过点D作DF⊥BC于点F，则∠BFD = ∠CFD = 90°.设AD = CD = 2m.因为AD//BC，∠ABC = 90°，所以∠BAD = 180° - ∠ABC = 90°，所以四边形ABFD是矩形，所以BF = AD = 2m.因为BE⊥CD，所以∠BEC = 90°，所以∠OBC + ∠OCB + ∠DCA = 90°.因为∠OBC = ∠OCB = ∠DCA = $\frac{1}{3}×90° = 30°$，所以∠DCF = ∠OCB + ∠DCA = 60°，所以∠CDF = 90° - ∠DCF = 30°，所以$CF=\frac{1}{2}CD = m$，所以BC = BF + CF = 3m，所以$\frac{AD}{BC}=\frac{2}{3}$.
(2)设AD = CD = x.分类讨论如下：如图①，当点E在边AD上时，连接CE.因为AD//BC，所以∠OAE = ∠OCB，∠OEA = ∠OBC.因为O是AC的中点，所以OA = OC，所以△OAE≌△OCB，所以OE = OB，所以四边形ABCE是平行四边形.因为∠ABC = 90°，所以四边形ABCE是矩形，所以∠AEC = 90°，AC = BE.因为OE = 3，所以AC = BE = 2OE = 6.因为DE = 2，所以AE = AD - DE = x - 2.因为∠DEC = 180° - ∠AEC = 90°，所以$DE^{2}+CE^{2}=CD^{2}$，又$AE^{2}+CE^{2}=AC^{2}$，所以$CD^{2}-DE^{2}=AC^{2}-AE^{2}$，所以$x^{2}-2^{2}=6^{2}-(x - 2)^{2}$，解得$x_1 = 1+\sqrt{19}$，$x_2 = 1 - \sqrt{19}$（不合题意，舍去），则CD的长为$1+\sqrt{19}$；如图②，当点E在边CD上时，CE = CD - DE = x - 2.因为△DAC∽△OBC，所以$\frac{CD}{OC}=\frac{AC}{BC}$，所以$\frac{CD}{AC}=\frac{OC}{BC}$.因为∠OCE = ∠CBE，∠OEC = ∠CEB，所以△OCE∽△CBE，所以$\frac{CE}{BE}=\frac{OE}{CE}=\frac{OC}{BC}$.设OB = OC = y，则BE = OB + OE = y + 3，AC = 2OC = 2y，所以$\frac{x - 2}{y + 3}=\frac{3}{x - 2}=\frac{x}{2y}$，解得$x_1 = 3+\sqrt{19}$，$x_2 = 3 - \sqrt{19}$（不合题意，舍去），则CD的长为$3+\sqrt{19}$.综上所述，CD的长为$1+\sqrt{19}$或$3+\sqrt{19}$.