题目内容
请阅读下列材料：
问题：如图1，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，MN是过点A的直线，DB⊥MN于点D，联结CD．求证：BD+AD=
CD．
小明的思考过程如下：要证BD+AD=
CD，需要将BD，AD转化到同一条直线上，可以在MN上截取AE=BD，并联结EC，可证△ACE和△BCD全等，得到CE=CD，且∠ACE=∠BCD，由此推出△CDE为等腰直角三角形，可知DE=
CD，于是结论得证．
小聪的思考过程如下：要证BD+AD=
CD，需要构造以CD为腰的等腰直角三角形，可以过点C作CE⊥CD交MN于点E，可证△ACE和△BCD全等，得到CE=CD，且AE=BD，由此推出△CDE为等腰直角三角形，可知DE=
CD，于是结论得证．
请你参考小明或小聪的思考过程解决下面的问题：
（1）将图1中的直线MN绕点A旋转到图2和图3的两种位置时，其它条件不变，猜想BD，AD，CD之间的数量关系，并选择其中一个图形加以证明；
（2）在直线MN绕点A旋转的过程中，当∠BCD=30°，BD=
时，CD= ．
问题：如图1，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，MN是过点A的直线，DB⊥MN于点D，联结CD．求证：BD+AD=
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小明的思考过程如下：要证BD+AD=
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小聪的思考过程如下：要证BD+AD=
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请你参考小明或小聪的思考过程解决下面的问题：
（1）将图1中的直线MN绕点A旋转到图2和图3的两种位置时，其它条件不变，猜想BD，AD，CD之间的数量关系，并选择其中一个图形加以证明；
（2）在直线MN绕点A旋转的过程中，当∠BCD=30°，BD=
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考点：全等三角形的判定与性质,勾股定理,等腰直角三角形,旋转的性质
专题：
分析：（1）过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，证明△ACE≌△DCB，则△ECB为等腰直角三角形，据此即可得到BE=
CB，根据BE=AB-AE即可证得；
（2）过点B作BH⊥CD于点H，证明△BDH是等腰直角三角形，求得DH的长，在直角△BCH中，利用直角三角形中30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得．
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（2）过点B作BH⊥CD于点H，证明△BDH是等腰直角三角形，求得DH的长，在直角△BCH中，利用直角三角形中30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得．
解答：解：（1）如图2，BD-AD=
CD．
如图3，AD-BD=
CD．
证明图2：（ 法一）在直线MN上截取AE=BD，联结CE．
设AC与BD相交于点F，∵BD⊥MN，∴∠ADB=90°，
∴∠CAE+∠AFD=90°．
∵∠ACB=90°，∴∠1+∠BFC=90°．
∵∠AFD=∠BFC，∴∠CAE=∠1．
在△ACE和△BCD中
，
∴△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=
CD．
∵DE=AE-AD=BD-AD，∴BD-AD=
CD．
（ 法二）如图2，过点C作CE⊥CD交MN于点E，则∠2=90°．
∵∠ACB=90°，∴∠2+∠ACD=∠ACB+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD．
设AC与BD相交于点F，∵DB⊥MN，∴∠ADB=90°．
∴∠CAE+∠AFD=90°，∠1+∠BFC=90°．
∵∠AFD=∠BFC，∴∠CAE=∠1．
在△ACE和△BCD中
，
∴△ACE≌△BCD（ASA）．
∴CE=CD，AE=BD．
在Rt△CDE中，∵CD2+CE2=DE2，
∴2CD2=DE2，即DE=
CD．
∵DE=AE-AD=BD-AD，∴BD-AD=
CD．
证明：如图3：（ 法一）在直线MN上截取AE=BD，联结CE．
设AD与BC相交于点F，∵∠ACB=90°，∴∠2+∠AFC=90°．
∵BD⊥MN，∴∠ADB=90°，∠3+∠BFD=90°．
∵∠AFC=∠BFD，∴∠2=∠3．
在△ACE和△BCD中
，
∴△ACE≌△BCD（SAS）．
∴CE=CD，∠1=∠4．
∴∠1+∠BCE=∠4+∠BCE，即∠ECD=∠ACB=90°．
在Rt△CDE中，∵CD2+CE2=DE2，
∴2CD2=DE2，即DE=
CD．
∵DE=AD-AE=AD-BD，∴AD-BD=
CD．
（ 法二）如图3，过点C作CE⊥CD交MN于点E，则∠DCE=90°．
∵∠ACB=90°，∴∠ACB-∠ECB=∠DCE-∠ECB，即∠1=∠4．
设AD与BC相交于点F，∵DB⊥MN，∴∠ADB=90°．
∴∠2+∠AFC=90°，∠3+∠BFD=90°．
∵∠AFC=∠BFD，∴∠2=∠3．
∵∠1+∠ECF=90°，∠ECF+∠4=90°，
∴∠1=∠4，
在△ACE和△BCD中
，
∴△ACE≌△BCD（ASA）．
∴CE=CD，AE=BD．
在Rt△CDE中，CD2+CE2=DE2，
∴2CD2=DE2，即DE=
CD．
∵DE=AD-AE=AD-BD，
∴AD-BD=
CD．
（2）MN在绕点A旋转过程中，这个的意思并没有指明是哪种情况，
∴综合了第一个图和第二个图两种情况
若是第1个图：易证△ACE≌△DCB，CE=CD，
∴△ECD为等腰直角三角形，
∴∠AEC=45°=∠CBD，
过D作DH⊥CB．则△DHB为等腰直角三角形．
BD=
BH，
∴BH=DH=1．
直角三角形△CDH中，
∠DCH=30°，
BH=1，则CH=
．
∴CD=
+1
若是第二个图：过B作BH⊥CD交CD延长线于H．
解法类似上面，CH=
，DH=1，CD=
-1．
故答案为：
±1．
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如图3，AD-BD=
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证明图2：（ 法一）在直线MN上截取AE=BD，联结CE．
设AC与BD相交于点F，∵BD⊥MN，∴∠ADB=90°，
∴∠CAE+∠AFD=90°．
∵∠ACB=90°，∴∠1+∠BFC=90°．
∵∠AFD=∠BFC，∴∠CAE=∠1．
在△ACE和△BCD中
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∴△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=
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∵DE=AE-AD=BD-AD，∴BD-AD=
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（ 法二）如图2，过点C作CE⊥CD交MN于点E，则∠2=90°．
∵∠ACB=90°，∴∠2+∠ACD=∠ACB+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD．
设AC与BD相交于点F，∵DB⊥MN，∴∠ADB=90°．
∴∠CAE+∠AFD=90°，∠1+∠BFC=90°．
∵∠AFD=∠BFC，∴∠CAE=∠1．
在△ACE和△BCD中
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∴△ACE≌△BCD（ASA）．
∴CE=CD，AE=BD．
在Rt△CDE中，∵CD2+CE2=DE2，
∴2CD2=DE2，即DE=
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∵DE=AE-AD=BD-AD，∴BD-AD=
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证明：如图3：（ 法一）在直线MN上截取AE=BD，联结CE．
设AD与BC相交于点F，∵∠ACB=90°，∴∠2+∠AFC=90°．
∵BD⊥MN，∴∠ADB=90°，∠3+∠BFD=90°．
∵∠AFC=∠BFD，∴∠2=∠3．
在△ACE和△BCD中
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∴△ACE≌△BCD（SAS）．
∴CE=CD，∠1=∠4．
∴∠1+∠BCE=∠4+∠BCE，即∠ECD=∠ACB=90°．
在Rt△CDE中，∵CD2+CE2=DE2，
∴2CD2=DE2，即DE=
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∵DE=AD-AE=AD-BD，∴AD-BD=
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（ 法二）如图3，过点C作CE⊥CD交MN于点E，则∠DCE=90°．
∵∠ACB=90°，∴∠ACB-∠ECB=∠DCE-∠ECB，即∠1=∠4．
设AD与BC相交于点F，∵DB⊥MN，∴∠ADB=90°．
∴∠2+∠AFC=90°，∠3+∠BFD=90°．
∵∠AFC=∠BFD，∴∠2=∠3．
∵∠1+∠ECF=90°，∠ECF+∠4=90°，
∴∠1=∠4，
在△ACE和△BCD中
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∴△ACE≌△BCD（ASA）．
∴CE=CD，AE=BD．
在Rt△CDE中，CD2+CE2=DE2，
∴2CD2=DE2，即DE=
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∵DE=AD-AE=AD-BD，
∴AD-BD=
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（2）MN在绕点A旋转过程中，这个的意思并没有指明是哪种情况，
∴综合了第一个图和第二个图两种情况
若是第1个图：易证△ACE≌△DCB，CE=CD，
∴△ECD为等腰直角三角形，
∴∠AEC=45°=∠CBD，
过D作DH⊥CB．则△DHB为等腰直角三角形．
BD=
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∴BH=DH=1．
直角三角形△CDH中，
∠DCH=30°，
BH=1，则CH=
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∴CD=
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若是第二个图：过B作BH⊥CD交CD延长线于H．
解法类似上面，CH=
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故答案为：
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点评：本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的性质是全等三角形的对应边相等，对应角相等．
练习册系列答案
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下列各方程组中，是二元一次方程组的是（ ）
A、
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B、
| |||||||||
C、
| |||||||||
D、
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已知数据a，a，b，c，d，b，c，c，且a＜b＜c＜d，则这组数据的中位数、平均数分别为（ ）
A、
| ||||
B、
| ||||
C、c，
| ||||
D、a，
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如图所示，在△ABC中，AB=AC，点O在△ABC内，且∠OBC=∠OCA，∠BOC=110°，求∠A的度数．
如图所示，已知∠AOB=90°，∠BOC=30°，OM平分∠AOC，ON平分∠BOC