Question

7．請閱讀下列材料：
問題：如圖1，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，MN是過點A的直線，DB⊥MN于點D，聯(lián)結CD．
求證：BD+AD=$\sqrt{2}$CD
小明的思考過程如下：要證BD+AD=$\sqrt{2}$CD，需要將BD，AD轉化到同一條直線上，可以在MN上截取
AE=BD，并聯(lián)結EC，可證△ACE和△BCD全等，得到CE=CD，且∠ACE=∠BCD，由此推出△CDE為等腰直角三角形，可知DE=$\sqrt{2}$CD，于是結論得證．
小聰?shù)乃伎歼^程如下：要證BD+AD=$\sqrt{2}$CD，需要構造以CD為腰的等腰直角三角形，可以過點C作CE⊥CD交MN于點E，可證△ACE和△BCD全等，得到CE=CD，且AE=BD，由此推出△CDE為等腰直角三角形，可知BD+AD=$\sqrt{2}$CD，于是結論得證．

請你參考小明或小聰?shù)乃伎歼^程解決下面的問題：
（1）將圖1中的直線MN繞點A旋轉到圖2和圖3的兩種位置時，其它條件不變，猜想BD，AD，CD之間的數(shù)量關系，并選擇其中一個圖形加以證明；
（2）在直線MN繞點A旋轉的過程中，在圖3中，當∠BCD=30°，BD=$\sqrt{2}$時，求CD的長度．

Answer 1

分析 （1）過點C作CE⊥CB于點C，與MN交于點E，證明△ACE≌△DCB，則△ECB為等腰直角三角形，據此即可得到BE=$\sqrt{2}$CB，根據BE=AB-AE即可證得；
（2）過點B作BH⊥CD于點H，證明△BDH是等腰直角三角形，求得DH的長，在直角△BCH中，利用直角三角形中30°的銳角所對的直角邊等于斜邊的一半，即可求得．

解答 解：（1）如圖2，BD-AD=$\sqrt{2}$CD．
如圖3，AD-BD=$\sqrt{2}$CD．
證明圖2：小明的思考過程如下

在直線MN上截取AE=BD，聯(lián)結CE．
設AC與BD相交于點F，
∵BD⊥MN，
∴∠ADB=90°，
∴∠CAE+∠AFD=90°．
∵∠ACB=90°，
∴∠1+∠BFC=90°．
∵∠AFD=∠BFC，
∴∠CAE=∠1．
在△ACE和△BCD中
$\left\{\begin{array}{l}{AE=BD}\\{∠CAE=∠CBD}\\{AC=BC}\end{array}\right.$，
∴△ACE≌△BCD（SAS）．          
∴CE=CD，∠ACE=∠BCD．
∴∠ACE-∠ACD=∠BCD-∠ACD，
即∠2=∠ACB=90°
在Rt△CDE中，
∵CD²+CE²=DE²，
∴2CD²=DE²，
即DE=$\sqrt{2}$CD．
∵DE=AE-AD=BD-AD，
∴BD-AD=$\sqrt{2}$CD．   
小聰?shù)乃伎歼^程如下．如圖3
，

過點C作CE⊥CD交MN于點E，
則∠DCE=90°．
∵∠ACB=90°，
∴∠DCE+∠ACD=∠ACB+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD．
設AC與BD相交于點F，
∵DB⊥MN，
∴∠ADB=90°．
∴∠CAE+∠AFD=90°，∠DBC+∠BFC=90°．
∵∠AFD=∠BFC，
∴∠CAE=∠DBC．
在△ACE和△BCD中
$\left\{\begin{array}{l}{∠CAE=∠DBC}\\{AC=BC}\\{∠ACE=∠BCD}\end{array}\right.$，
∴△ACE≌△BCD（ASA）．    
∴CE=CD，AE=BD．
在Rt△CDE中，
∵CD²+CE²=DE²，
∴2CD²=DE²，
∴DE=$\sqrt{2}$CD．
∵DE=AE-AD=BD-AD，
∴BD-AD=$\sqrt{2}$CD．  
證明：如圖3：小明的思考過程如下

在直線MN上截取AE=BD，聯(lián)結CE．
設AD與BC相交于點F，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAN+∠AFC=90°．
∵BD⊥MN，
∴∠ADB=90°，∠CBD+∠BFD=90°．
∵∠AFC=∠BFD，
∴∠CAN=∠CBD．
在△ACE和△BCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=BD}\\{∠CAN=∠CBD}\\{AC=BC}\end{array}\right.$，
∴△ACE≌△BCD（SAS）．          
∴CE=CD，∠ACE=∠BCD．
∴∠ACE+∠BCE=∠BCD+∠BCE，
即∠ECD=∠ACB=90°．
在Rt△CDE中，
∵CD²+CE²=DE²，
∴2CD²=DE²，
即DE=$\sqrt{2}$CD．
∵DE=AD-AE=AD-BD，
∴AD-BD=$\sqrt{2}$CD． 
小聰?shù)乃伎歼^程如下：如圖3，

過點C作CE⊥CD交MN于點E，
則∠DCE=90°．
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB-∠ECB=∠DCE-∠ECB，
即∠ACE=∠BCD
設AD與BC相交于點F，
∵DB⊥MN，
∴∠ADB=90°．
∴∠CAN+∠AFC=90°，∠CBD+∠BFD=90°．
∵∠AFC=∠BFD，
∴∠CAE=∠CBD．
∵∠ACE+∠ECF=90°，∠ECF+∠BCD=90°，
∴∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中
$\left\{\begin{array}{l}{∠CAN=∠CBD}\\{AC=BC}\\{∠ACE=∠BCD}\end{array}\right.$
∴△ACE≌△BCD（ASA）．           
∴CE=CD，AE=BD．
在Rt△CDE中，CD²+CE²=DE²，
∴2CD²=DE²，
即DE=$\sqrt{2}$CD．
∵DE=AD-AE=AD-BD，
∴AD-BD=$\sqrt{2}$CD．     
 （2）MN在繞點A旋轉過程中，并沒有指明是哪種情況，
∴綜合了第一個圖和第二個圖兩種情況
若是第1個圖：

∵△ACE≌△DCB，CE=CD，
∴△ECD為等腰直角三角形，
∴∠AEC=45°=∠CBD，
過D作DH⊥CB．則△DHB為等腰直角三角形
BD=$\sqrt{2}$BH，
∴BH=DH=1．
直角△CDH中，∠DCH=30°，
BH=1，則CH=$\sqrt{3}$，
∴CD=$\sqrt{3}$+1
若是第二個圖，

過B作BH⊥CD交CD延長線于H．
解法類似上面，CH=$\sqrt{3}$，DH=1，CD=$\sqrt{3}$-1．
故答案為：$\sqrt{3}$±1

點評 此題是幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的性質和判定的應用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的性質是全等三角形的對應邊相等，對應角相等，解本題的關鍵是作出輔助線，構造全等三角形．