例4（2024·苏州）图①是某种可调节支撑架，$BC$ 为水平固定杆，竖直固定杆 $AB ⊥ BC$，活动杆 $AD$ 可绕点 $A$ 旋转，$CD$ 为液压可伸缩支撑杆.已知 $AB = 10\ \mathrm{cm}$，$BC = 20\ \mathrm{cm}$，$AD = 50\ \mathrm{cm}$.
（1）如图②，当活动杆 $AD$ 处于水平状态时，求可伸缩支撑杆 $CD$ 的长；
（2）如图③，当活动杆 $AD$ 绕点 $A$ 由水平状态按逆时针方向旋转角度 $α$，且 $\tan α = \dfrac{3}{4}$（$α$ 为锐角），求此时可伸缩支撑杆 $CD$ 的长.（结果保留根号）

分析 （1）过点 $C$ 作 $CE ⊥ AD$，垂足为 $E$，在 $\mathrm{Rt} △ CED$ 中，利用勾股定理求解即可；
（2）过点 $D$ 作 $DF ⊥ BC$，交 $BC$ 的延长线于点 $F$，交 $AD'$ 于点 $G$，在 $\mathrm{Rt} △ ADG$ 中，利用勾股定理进行计算，可求出 $AG$ 和 $DG$ 的长，进而可求出 $DF$ 和 $CF$ 的长，最后在 $\mathrm{Rt} △ CFD$ 中，利用勾股定理进行计算.

（1）过点$ C $作$ CE ⊥ AD $于点$ E $。
$\because AB ⊥ BC$，$ AB = 10\ \mathrm{cm} $，$ BC = 20\ \mathrm{cm} $，$ AD $水平，
$\therefore$四边形$ ABCE $为矩形，$ AE = BC = 20\ \mathrm{cm} $，$ CE = AB = 10\ \mathrm{cm} $。
$\because AD = 50\ \mathrm{cm}$，$\therefore ED = AD - AE = 50 - 20 = 30\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt} △ CED$中，$ CD = \sqrt{CE^2 + ED^2} = \sqrt{10^2 + 30^2} = \sqrt{1000} = 10\sqrt{10}\ \mathrm{cm}$。
（2）过点$ D $作$ DF ⊥ BC $交$ BC $延长线于点$ F $。
$\because \tanα = \frac{3}{4}$，设$ AD $旋转后在水平方向分量为$ 4k $，竖直方向分量为$ 3k $，
由$ AD = 50\ \mathrm{cm} $，得$ (4k)^2 + (3k)^2 = 50^2 $，解得$ k = 10 $，
$\therefore$水平分量$ 4k = 40\ \mathrm{cm} $，竖直分量$ 3k = 30\ \mathrm{cm} $。
$\therefore D $点坐标为$ (40, 10 + 30) = (40, 40) $，$ C $点坐标为$ (20, 0) $。
$ CF = 40 - 20 = 20\ \mathrm{cm} $，$ DF = 40\ \mathrm{cm} $。
在$\mathrm{Rt} △ CFD$中，$ CD = \sqrt{CF^2 + DF^2} = \sqrt{20^2 + 40^2} = \sqrt{2000} = 20\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
（1）$ 10\sqrt{10}\ \mathrm{cm} $；（2）$ 20\sqrt{5}\ \mathrm{cm} $