23. 从三角形(非等腰三角形)的一个顶点引出一条射线与对边相交,顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形,如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形,另一个与原三角形相似,那么我们把这条线段叫做这个三角形的“完美分割线”.
(1)如图1所示,在$\triangle ABC$中,$CD$为角平分线,$\angle A = 40^{\circ}$,$\angle B = 60^{\circ}$,求证：$CD是\triangle ABC$的“完美分割线”.
(2)如图2所示,在$\triangle ABC$中,$AC = 2$,$BC= \sqrt{2}$,$CD是\triangle ABC$的“完美分割线”,且$\triangle ACD是以CD$为底边的等腰三角形,求“完美分割线”$CD$的长.

【解析】：(1)要证明$CD$是$\triangle ABC$的完美分割线，需要证明$\triangle ACD$是等腰三角形，$\triangle BCD$与$\triangle BAC$相似。
已知$\angle A=40^{\circ}$，$\angle B=60^{\circ}$，
根据三角形内角和定理，可得$\angle ACB=180^{\circ}-\angle A-\angle B=180^{\circ}-40^{\circ}-60^{\circ}=80^{\circ}$，
因为$CD$为角平分线，
所以$\angle ACD=\angle BCD=\frac{1}{2}\angle ACB=\frac{1}{2}× 80^{\circ}=40^{\circ}$，
在$\triangle ACD$中，$\angle A=\angle ACD=40^{\circ}$，
根据等腰三角形的性质，可得$\triangle ACD$是等腰三角形，且$AD=CD$，
在$\triangle BCD$和$\triangle BAC$中，
$\angle B=\angle B$（公共角），$\angle BCD=\angle A=40^{\circ}$，
根据相似三角形的判定定理，可得$\triangle BCD\sim \triangle BAC$，
因此，$CD$是$\triangle ABC$的完美分割线。
(2)要求$CD$的长，需要利用$\triangle BCD\sim \triangle BAC$和$\triangle ACD$是等腰三角形的性质。
因为$\triangle BCD\sim \triangle BAC$，
根据相似三角形的性质，可得$\frac{BC}{BA}=\frac{BD}{BC}=\frac{CD}{AC}$，
因为$\triangle ACD$是以$CD$为底边的等腰三角形，
所以$AC=AD$，
已知$AC=2$，$BC=\sqrt{2}$，
所以$AD=AC=2$，
设$BD=x$，则$BA=BD+AD=x+2$，
代入$\frac{BC}{BA}=\frac{BD}{BC}$，
可得$\frac{\sqrt{2}}{x+2}=\frac{x}{\sqrt{2}}$，
即$x(x+2)=2$，
展开可得$x^{2}+2x=2$，
移项可得$x^{2}+2x-2=0$，
对于一元二次方程$ax^{2}+bx+c=0(a\neq 0)$，其求根公式为$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$，
在方程$x^{2}+2x-2=0$中，$a=1$，$b=2$，$c=-2$，
代入求根公式可得$x=\frac{-2\pm\sqrt{2^{2}-4× 1× (-2)}}{2× 1}=\frac{-2\pm\sqrt{4+8}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{12}}{2}=\frac{-2\pm2\sqrt{3}}{2}=-1\pm\sqrt{3}$，
因为$BD$的长度不能为负，
所以$x=-1+\sqrt{3}$，
即$BD=\sqrt{3}-1$，
再代入$\frac{CD}{AC}=\frac{BD}{BC}$，
可得$\frac{CD}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}}$，
等式两边同时乘以2，
可得$CD=2× \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}× (\sqrt{3}-1)=\sqrt{6}-\sqrt{2}$。
【答案】：(1)证明见解析；
(2)$CD=\sqrt{6}-\sqrt{2}$。