AD是Rt△ABC斜边BC边上的高.

如图所示：∵△ABC是直角三角形，AC=20cm，AB=15cm，∴BC=AB2+AC2=152+202=25cm．∵AD⊥BC，∴AD=AB•ACBC=15×2025=12cm．在Rt△ABD中，∵AB=15cm，AD=12cm，∴BD=AB2−AD2=152−122=9cm，∴BD=BC-BD=25-9=16cm．...

点评：
本题考点： 勾股定理．

考点点评： 本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．

∵AD是Rt△ABC斜边BC上的高，AB=AC，
∴AD平分∠BAC，即∠BAD=∠CAD=45°，
∵∠AFE=∠ADE，∠DAF=∠DEF=45°，
∴△GAF∽△GDE；
∵∠DEG=∠DAE=45°，
而∠GDE=∠EDA，
∴△EDA∽△GDE．
故答案为△GAF和△EDA．

点评：
本题考点： 相似三角形的判定；圆周角定理．

考点点评： 本题考查了相似三角形的判定：有两组角对应相等的两个三角形相似．也考查了等腰直角三角形的性质和圆周角定理．

如图所示：
∵△ABC是直角三角形，AC=20cm，AB=15cm，
∴BC=
AB2+AC2=
152+202=25cm．
∵AD⊥BC，
∴AD=[AB•AC/BC]=[15×20/25]=12cm．
在Rt△ABD中，
∵AB=15cm，AD=12cm，
∴BD=
AB2−AD2=
152−122=9cm，
∴BD=BC-BD=25-9=16cm．

点评：
本题考点： 勾股定理．

考点点评： 本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．

如图,过C作CN‖AB,并交PM的延长线于N,连接QN.
∠1=∠2----------角
∠3=∠4----------角
BM=MC------------边
角边角→△BPM ≌ △MCN →BP=CN,PM=MN ---------（1）
（PM=MN,同有直角,共用QM）边角边→△PQM ≌ △QMN →PQ=QN
--------（2）
在Rt△QCN中,根据勾股定理有 QN²=QC²+CN²--------（3）
将（1）（2）代入（3）,即得
PQ²=QC²+BP² ,原题得证.

（1）连接DH，过点O作OM⊥AG，垂足为点M，
则EM=FM，
∵CD为直径，
∴∠DHC=90，
∵DG⊥AB，△ABC是直角三角形，
∴GD∥AC∥OM，
∵OD=OC，
∴GM=AM，
∴GM-EM=AM-FM，
∴AF=GE；
（2）∵GD∥AC，∠DHC=90，DG⊥AB，△ABC是直角三角形，
∴四边形AGDH是矩形，
∵AG=AF+FG=2+4=6，EF=FG-GE=FG-AF=4-2=2，
∴DH=AG=6，
∵AF•AE=AH•AC，
∴2×4=AH×4
∴AH=2，
∴CH=2，
∴CD²=DH²+CH²=6²+2²=40，
∴CD=2
10，
∴圆O的半径=[1/2]CD=[1/2]×2
10=
10．

点评：
本题考点： 圆的综合题．

考点点评： 此题考查了圆的综合，用到的知识点是垂经定理、勾股定理、割线定理、矩形的性质与判定，关键是综合运用有关性质，作出辅助线，列出算式．

（1）证明：△＝(−2m)2−4(n2−mn+
5
4m2)＝−(m−2n)2≥0
∴（m-2n）²≤0
∴m-2n=0
∴△=0
∴一元二次方程x2−2mx+n2−mn+
5
4m2＝0
有两个相等的实数根
∴AM=AN；

（2）∵∠BAC=90°，AD⊥BC
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠DAC=∠DBA
∴△ADC∽△BDA
∴[AD/BD＝
DC
AD]
∴AD²=BD•DC
∵CF⊥BE
∴∠FCB+∠EBD=90°
∵∠E+∠EBD=90°
∴∠E=∠FCB
∵∠NDC=∠EDB=90°
∴△EBD∽△CND
∴[ED/CD＝
BD
DN]
∴BD•DC=DN•ED
∴AD²=DN•ED
∵AN=[15/8]，DN=[9/8]
∴AD=DN+AN=3
∴3²=[9/8]DE
∴DE=8．

点评：
本题考点： 相似三角形的判定与性质；根的判别式；根与系数的关系．

考点点评： 此题考查了一元二次方程根的判别式与几何知识的结合、相似三角形的判定和性质，综合性强，难度较大．

证明：（1）如图1，∵P、Q分别是AB、AC的中点，
∴PQ是△ABC的中位线，
∴PQ∥BC，PQ=[1/2]BC．
∵M是BC的中点，
∴BM=CM=[1/2]BC，
∴BM=PQ=CM，
∴四边形PBMQ是平行四边形，
∴PB=QM，PB∥QM，
∴∠B=∠QMC．
∵∠A=90°，
∴∠B+∠C=90°，
∴∠QMC+∠C=90°，
∴∠MQC=90°．
∴MQ²+CQ²=CM²，
∴BP²+CQ²=PQ²；
（2）PQ²=PB²+QC²成立．
理由：如图2，延长PM到N，使MN=MP，连接CN．
∵M是BC的中点，
∴BM=CM．
在△BMP和△CMN中


BM＝CM
∠BMP＝∠CMN
MP＝MN，
∴△BMP≌△CMN（SAS），
∴PB=NC，∠B=∠NCM．
∵∠A=90°，
∴∠B+∠ACB=90°，
∴∠NCM+∠ACB=90°，
即∠NCQ=90°．
∴QN²=CQ²+CN²．
∵PM⊥QM，PM=NM，
∴PQ=NQ，
∴PQ²=PB²+QC²．

点评：
本题考点： 全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；三角形中位线定理．

考点点评： 本题考查了直角三角形的性质的运用，中垂线的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，三角形中位线的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．

（1）证明：△＝(−2m)2−4(n2−mn+
5
4m2)＝−(m−2n)2≥0
∴（m-2n）²≤0
∴m-2n=0
∴△=0
∴一元二次方程x2−2mx+n2−mn+
5
4m2＝0
有两个相等的实数根
∴AM=AN；
（2）∵∠BAC=90°，AD⊥BC
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠DAC=∠DBA
∴△ADC∽△BDA
∴[AD/BD＝
DC
AD]
∴AD²=BD•DC
∵CF⊥BE
∴∠FCB+∠EBD=90°
∵∠E+∠EBD=90°
∴∠E=∠FCB
∵∠NDC=∠EDB=90°
∴△EBD∽△CND
∴[ED/CD＝
BD
DN]
∴BD•DC=DN•ED
∴AD²=DN•ED
∵AN=[15/8]，DN=[9/8]
∴AD=DN+AN=3
∴3²=[9/8]DE
∴DE=8．

点评：
本题考点： 相似三角形的判定与性质；根的判别式；根与系数的关系．

考点点评： 此题考查了一元二次方程根的判别式与几何知识的结合、相似三角形的判定和性质，综合性强，难度较大．