Question

10．已知∠ACD=90°，MN是过点A的直线，AC=DC，DB⊥MN于点B，如图（1）．易证BD+AB=$\sqrt{2}$CB，过程如下：
过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，∵∠ACB+∠BCD=90°，∠ACB+∠ACE=90°，∴∠BCD=∠ACE．∵四边形ACDB内角和为360°，∴∠BDC+∠CAB=180°．
∵∠EAC+∠CAB=180°，∴∠EAC=∠BDC．      
又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=$\sqrt{2}$CB．
又∵BE=AE+AB，∴BE=BD+AB，∴BD+AB=$\sqrt{2}$CB．

（1）当MN绕A旋转到如图（2）和图（3）两个位置时，BD、AB、CB满足什么样关系式，请写出你的猜想，并对图（2）给予证明．
（2）MN在绕点A旋转过程中，当∠BCD=30°，BD=$\sqrt{2}$时，则CD=2，CB=$\sqrt{3}$-1．

Answer 1

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）：AB-BD=$\sqrt{2}$CB．

过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，
∵∠ACD=90°，
∴∠ACE=90°-∠DCE，∠BCD=90°-∠ECD，
∴∠BCD=∠ACE．
∵DB⊥MN，
∴∠CAE=90°-∠AFC，∠D=90°-∠BFD，
∵∠AFC=∠BFD，
∴∠CAE=∠D，
又∵AC=DC，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，
∴BE=$\sqrt{2}$CB．
又∵BE=AB-AE，
∴BE=AB-BD，
∴AB-BD=$\sqrt{2}$CB．
如图（3）：BD-AB=$\sqrt{2}$CB．

证明：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，
∵∠ACD=90°，
∴∠ACE=90°+∠ACB，∠BCD=90°+∠ACB，
∴∠BCD=∠ACE．
∵DB⊥MN，
∴∠CAE=90°-∠AFB，∠D=90°-∠CFD，
∵∠AFB=∠CFD，
∴∠CAE=∠D，
又∵AC=DC，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，
∴BE=$\sqrt{2}$CB．
又∵BE=AE-AB，
∴BE=BD-AB，
∴BD-AB=$\sqrt{2}$CB．
（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=CB，

∴△ECB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°，
∴CD=2DH=2，CH=$\sqrt{3}$．
∴CB=$\sqrt{3}$+1
若是第二个图：过D作DH⊥CB交CB延长线于H．

解法类似上面，CD=2，但是CB=$\sqrt{3}$-1．
故答案为：2，$\sqrt{3}$-1．

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．