分析 (1)如图,过点C作CE⊥CD交MN于E,先证△ACE≌△DCB,得出△ECD是等腰直角三角形,进而得出DE=$\sqrt{2}$CD,又因为DE=AE+AD,即可求得;
(2)如图2,过点C作CE⊥CD交MN于E,先证△ACE≌△DCB,得出△ECD是等腰直角三角形,进而得出DE=$\sqrt{2}$CB,又因为DE=AD-AE=AD-BD,即可求得;
如图3,方法同上.
解答 解:(1)如图(1),过点C作CE⊥CD交MN于E,
∵∠ACD+∠BCD=90°,∠ACD+∠ACE=90°,
∴∠BCD=∠ACE,
∵四边形ACBD的内角和为360°,
∴∠BCD+∠CAD=180°
∵∠EAC+∠CAD=180°,
∴∠EAC=∠DBC,
在△ACE与△BCD中,
$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠EAC=∠DBC}\\{∠DCB=∠ACE}\end{array}\right.$,
∴△ACE≌△BCD(AAS)
∴AE=BD,CE=CD,
∴△ECD是等腰直角三角形,
∴DE=$\sqrt{2}$CD,
又∵DE=AE+AD,
∴DE=BD+AD,
∴BD+AD=$\sqrt{2}$CD;
(2)如图2猜想:AD-DB=$\sqrt{2}$CD,
证明:过C点作CE⊥CD交MN于E,
∵∠ACB=90°,∠ACE=90°-∠BCE,∠DCB=90°-∠ECB,
∴∠DCB=∠ACE,
∵DB⊥MN,
∴∠CAE=90°-∠AFC,∠B=90°-∠BFD,
∴∠CAE=∠B,
又∵AC=BC,
在△ACE与△BCD中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠DCB=∠ACE}\\{∠CAE=∠B}\\{AC=BC}\end{array}\right.$,
∴△ACE≌△DCB(ASA)
∴AE=DB,CE=CD,
∴△ECD是等腰直角三角形,
∴DE=$\sqrt{2}$CD,
又∵DE=AD-AE,
∴DE=AD-BD,
∴AD-BD=$\sqrt{2}$CD;
如图3,BD-AD=$\sqrt{2}$CD,
过C点作CE⊥CD交MN于E,
∵∠ACB=90°,∠ACE=90°-∠BCE,∠DCB=90°-∠ECB,
∴∠DCB=∠ACE,
∵DB⊥MN,
∴∠CAE=90°-∠AFC,∠B=90°-∠BFD,
∴∠CAE=∠B,
又∵AC=BC,
在△ACE与△BCD中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠DCB=∠ACE}\\{∠CAE=∠B}\\{AC=BC}\end{array}\right.$,
∴△ACE≌△DCB(ASA)
∴AE=DB,CE=CD,
∴△ECD是等腰直角三角形,
∴DE=$\sqrt{2}$CD,
又∵AE=AD+DE,
∴DE=AE-BD,
∴BD-AD=$\sqrt{2}$CD.
点评 本题考查了旋转的性质,三角形全等的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,四边形的内角和等.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
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