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=$\sqrt{2}$CD小明的思考过程如下:要证BD+AD=$\sqrt{2}$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� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

7．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=$\sqrt{2}$CD
小明的思考过程如下：要证BD+AD=$\sqrt{2}$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=$\sqrt{2}$CD，于是结论得证．
小聪的思考过程如下：要证BD+AD=$\sqrt{2}$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BD+AD=$\sqrt{2}$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，在图3中，当∠BCD=30°，BD=$\sqrt{2}$时，求CD的长度．

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=$\sqrt{2}$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．

解答解：（1）如图2，BD-AD=$\sqrt{2}$CD．
如图3，AD-BD=$\sqrt{2}$CD．
证明图2：小明的思考过程如下

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
$\left\{\begin{array}{l}{AE=BD}\\{∠CAE=∠CBD}\\{AC=BC}\end{array}\right.$，
∴△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．
小聪的思考过程如下．如图3
，

过点C作CE⊥CD交MN于点E，
则∠DCE=90°．
∵∠ACB=90°，
∴∠DCE+∠ACD=∠ACB+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD．
设AC与BD相交于点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．
证明：如图3：小明的思考过程如下

在直线MN上截取AE=BD，联结CE．
设AD与BC相交于点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．
小聪的思考过程如下：如图3，

过点C作CE⊥CD交MN于点E，
则∠DCE=90°．
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB-∠ECB=∠DCE-∠ECB，
即∠ACE=∠BCD
设AD与BC相交于点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在绕点A旋转过程中，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：

∵△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=$\sqrt{2}$BH，
∴BH=DH=1．
直角△CDH中，∠DCH=30°，
BH=1，则CH=$\sqrt{3}$，
∴CD=$\sqrt{3}$+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=$\sqrt{3}$，DH=1，CD=$\sqrt{3}$-1．
故答案为：$\sqrt{3}$±1