分析 (1)根据已知条件得到CD=2,根据勾股定理得到AD=$\sqrt{A{C}^{2}+C{D}^{2}}$=2$\sqrt{5}$,根据旋转的性质得到△ADE是等腰直角三角形,求得DE=$\sqrt{2}$AD=2$\sqrt{10}$,根据直角三角形的性质得到AN=$\frac{1}{2}$DE=$\sqrt{10}$,AM=$\frac{1}{2}$AB=2$\sqrt{2}$,推出△ACD∽△AMN,根据相似三角形的性质即可得到结论;
(2)①根据题意补全图形即可;②根据等腰直角三角形的性质得到∠CAB=∠B=45°,求得∠CAN+∠NAM=45°根据旋转的性质得到AD=AE,∠DAE=90°,推出△ANM△ADC,由相似三角形的性质得到∠AMN=∠ACD,即可得到结论;
(3)连接ME,EB,过M作MG⊥EB于G,过A作AK⊥AB交BD的延长线于K,得到△AKB等腰直角三角形,推出△ADK≌△ABE,根据全等三角形的性质得到∠ABE=∠K=45°,证得△BMG是等腰直角三角形,求出BC=4,AB=4$\sqrt{2}$,MB=2$\sqrt{2}$,由ME≥MG,于是得到当ME=MG时,ME的值最小,根据等量代换即可得到结论.
解答 解:(1)∵∠ACB=90°,AC=BC=4,BD=2,
∴CD=2,
∴AD=$\sqrt{A{C}^{2}+C{D}^{2}}$=2$\sqrt{5}$,
∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE,
∴△ADE是等腰直角三角形,
∴DE=$\sqrt{2}$AD=2$\sqrt{10}$,
∵N为ED的中点,
∴AN=$\frac{1}{2}$DE=$\sqrt{10}$,
∵M为AB的中点,
∴AM=$\frac{1}{2}$AB=2$\sqrt{2}$,
∵$\frac{AN}{AD}=\frac{\sqrt{10}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\frac{AM}{AC}$=$\frac{2\sqrt{2}}{4}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴$\frac{AN}{AD}=\frac{AM}{AC}$,
∵∠CAB=∠DAN=45°,
∴∠CAD=∠MAN,
∴△ACD∽△AMN,
∴∠AMN=∠C=90°,
∴MN⊥AB,
故答案为:$\sqrt{10}$,垂直;
(2)①补全图形如图2所示,
②(1)中NM与AB的位置关系不发生变化,
理由:∵∠ACB=90°,AC=BC,
∴∠CAB=∠B=45°,
∴∠CAN+∠NAM=45°,
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE,
∴AD=AE,∠DAE=90°,
∵N为ED的中点,
∴$∠DAN=\frac{1}{2}∠DAE=45°$,AN⊥DE,
∴∠CAN+∠DAC=45°,
∴∠NAM=∠DAC,在Rt△AND中,$\frac{AN}{AD}=cos∠$DAN=cos45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
同理$\frac{AC}{AB}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{AM}{AN}$,
∵∠DAC=45°-∠CAN=∠MAN,
∴△ANM∽△ADC,
∴∠AMN=∠ACD,
∵D在BC的延长线上,
∴∠ACD=180°-∠ACB=90°,
∴∠AMN=90°,
∴MN⊥AB;
(3)连接ME,EB,过M作MG⊥EB于G,过A作AK⊥AB交BD的延长线于K,
则△AKB等腰直角三角形,
在△ADK与△ABE中,
$\left\{\begin{array}{l}{AK=AB}\\{∠KAD=∠BAE}\\{AD=AE}\end{array}\right.$,
∴△ADK≌△ABE,
∴∠ABE=∠K=45°,
∴△BMG是等腰直角三角形,
∵BC=4,
∴AB=4$\sqrt{2}$,MB=2$\sqrt{2}$,
∴MG=2,
∵∠G=90°,
∴ME≥MG,
∴当ME=MG时,ME的值最小,
∴ME=BE=2,
∴DK=BE=2,
∵CK=BC=4,
∴CD=2,
∴BD=6,
∴BD的长为6时,ME的长最小,最小值是2.
点评 本题考查了旋转的性质,勾股定理,全等三角形的性质和判定,相似三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,直角三角形的性质,正确的作出辅助线是解题的关键.
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