17. 新定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫作“垂美四边形”。
(1)如图①，在四边形$ABCD$中，$AC⊥ BD$，垂足为$O$。求证：$AB^{2} + CD^{2} = AD^{2} + BC^{2}$。
(2)已知$AB = 5$，$BC = 4$，分别以$\triangle ABC$的边$BC$和$AB$为直角边向外作等腰直角三角形$BCQ$和等腰直角三角形$ABP$，其中$B$为等腰直角三角形的直角顶点，连接$PQ$。
① 如图②，当$\angle ACB = 90^{\circ}$时，求$PQ$的长。
② 如图③，当$\angle ACB\neq 90^{\circ}$，$M$，$N$分别是$AC$，$AP$的中点时，连接$MN$。若$MN = 2\sqrt{3}$，则$S_{\triangle ABC} =$
$\frac{7}{4}$
。
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答案：17.(1)
∵AC⊥BD,
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°.分别在Rt△AOD,Rt△BOC,Rt△AOB,Rt△COD中,由勾股定理,得AD²=AO²+DO²,BC²=BO²+CO²,AB²=AO²+BO²,CD²=CO²+DO².
∴AD²+BC²=AO²+BO²+CO²+DO²,AB²+CD²=AO²+BO²+CO²+DO².
∴AB²+CD²=AD²+BC² (2)①如图①,连接PC,AQ交于点D.
∵△ABP 和△BCQ都是等腰直角三角形，
∴PB=AB=5,BQ=BC=4,∠ABP=∠CBQ=90°.
∴PA = $\sqrt{PB^{2} + AB^{2}} = 5\sqrt{2}$,CQ = $\sqrt{BC^{2} + BQ^{2}} = 4\sqrt{2}$,∠ABP+∠ABC=∠CBQ+∠ABC.
∴∠PBC=∠ABQ.在△PBC和△ABQ中,$\begin{cases} PB = AB, \\ \angle PBC = \angle ABQ, \\ BC = BQ, \end{cases}$
∴△PBC≌△ABQ.
∴∠BPC=∠BAQ.又
∵∠BPC+∠CPA+∠BAP=90°,
∴∠BAQ+∠CPA+∠BAP=90°.
∴∠PDA=90°.
∴PC⊥AQ.
∵∠ACB=90°,
∴在Rt△ABC中,AC = $\sqrt{AB^{2} - BC^{2}} = 3$.由(1),可得AP²+CQ²=AC²+PQ²,即$(5\sqrt{2})^{2} + (4\sqrt{2})^{2} = 3^{2} + PQ^{2}$,
∴PQ=$\sqrt{73}$
②$\frac{7}{4}$ 解析:如图②，连接PC，AQ交于点D.同①,可证△PBC≌△ABQ,进一步易得PC=AQ且AQ⊥PC.
∵M,N 分别是AC，AP的中点，
∴MN=$\frac{1}{2}$PC.
∵MN=2$\sqrt{3}$,
∴AQ=PC=2MN=4$\sqrt{3}$.过点A作AE⊥QB，交QB的延长线于点E,则分别在Rt△ABE和Rt△AEQ中,有AE²+BE²=25,AE²+QE²=48.
∴AE²+QE²−(AE²+BE²)=QE²−BE²=23.
∵QE=BQ+BE=4+BE,
∴(4+BE)²−BE²=23.
∴BE=$\frac{7}{8}$.
∴易得S_{△ABC}=$\frac{1}{2}$BC·BE=$\frac{1}{2}$×4×$\frac{7}{8}$=$\frac{7}{4}$.
