23. 如图①，在矩形$ABCD$中，点$E$在$BA$的延长线上，$AE = AD$，$EC$与$BD$相交于点$G$，与$AD$相交于点$F$，$AF = AB$。
(1) 求证$BD ⊥ EC$。
(2) 求证$\frac{1}{BE^{2}} + \frac{1}{AE^{2}} = \frac{1}{BG^{2}}$。
(3) 如图②，连接$AG$，求证$EG - DG = \sqrt{2}AG$。

(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠EAD=∠DAB=90°，AD//BC，
∵ AE=AD，AF=AB，
在△EAF和△DAB中，
$\{\begin{array}{l}AE=AD\\∠EAF=∠DAB\\AF=AB\end{array} $
∴ △EAF≌△DAB(SAS)，
∴ ∠E=∠ADB，
∵ ∠ADB+∠ABD=90°，
∴ ∠E+∠ABD=90°，
∴ ∠EGB=180°-(∠E+∠ABD)=90°，
∴ BD⊥EC。
(2) 证明：
设AE=AD=a，AF=AB=b，则BE=a+b，
∵ AD//BC，
∴ △EAF∽△EBC，
∴ $\frac{AE}{BE}=\frac{AF}{BC}$，即$\frac{a}{a+b}=\frac{b}{a}$，
∴ $a^2=b(a+b)$，即$a^2=ab+b^2$，
在Rt△DAB中，$BD=\sqrt{a^2+b^2}$，
∵ ∠EGB=∠DAB=90°，∠E=∠ADB，
∴ △EGB∽△DAB，
∴ $\frac{BG}{AB}=\frac{BE}{BD}$，即$BG=\frac{b(a+b)}{\sqrt{a^2+b^2}}$，
∴ $\frac{1}{BG^2}=\frac{a^2+b^2}{b^2(a+b)^2}$，
∵ $\frac{1}{BE^2}+\frac{1}{AE^2}=\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{a^2+(a+b)^2}{a^2(a+b)^2}=\frac{2a^2+2ab+b^2}{a^2(a+b)^2}$，
将$a^2=ab+b^2$代入分子：
$2(ab+b^2)+2ab+b^2=4ab+3b^2$，
又$a^2+b^2=ab+b^2+b^2=ab+2b^2$，
且$(a+2b)(a+b)=a^2+3ab+2b^2=ab+b^2+3ab+2b^2=4ab+3b^2$，$a^2=b(a+b)$，
∴ $\frac{2a^2+2ab+b^2}{a^2(a+b)^2}=\frac{(a+2b)(a+b)}{b(a+b)·(a+b)^2}=\frac{a+2b}{b(a+b)^2}=\frac{a^2+b^2}{b^2(a+b)^2}=\frac{1}{BG^2}$，
即$\frac{1}{BE^2}+\frac{1}{AE^2}=\frac{1}{BG^2}$。
(3) 证明：
在EG上截取EH=DG，连接AH，
由(1)知△EAF≌△DAB，∴ AE=AD，∠E=∠ADB，
在△AEH和△ADG中，
$\{\begin{array}{l}AE=AD\\∠E=∠ADG\\EH=DG\end{array} $
∴ △AEH≌△ADG(SAS)，
∴ AH=AG，∠EAH=∠DAG，
∵ ∠DAG+∠GAB=90°，
∴ ∠EAH+∠GAB=90°，即∠HAG=90°，
∴ △HAG为等腰直角三角形，
∴ HG=√2 AG，
∵ EG=EH+HG=DG+√2 AG，
∴ EG-DG=√2 AG。

24. 在正方形$ABCD$中，$E$是边$BC$上一动点（不与端点$B, C$重合）。
(1) 如图①，$AE ⊥ EF$，$AE = EF$，连接$CF$。
① 求$∠ ECF$的大小。
② 如图②，$N$为$CF$的中点，连接$DN, DE$，求证$DE = \sqrt{2}DN$。
(2) 如图③，若$AD = 1 + \sqrt{3}$，直接写出$\frac{1}{2}BE + DE$的最小值。

(1)①
解：过点$F$作$FH ⊥ BC$，交$BC$的延长线于点$H$。
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AB=BC$，$∠ B=∠ BCD=90°$，
∴ $∠ BAE+∠ AEB=90°$。
∵ $AE ⊥ EF$，
∴ $∠ AEB+∠ FEH=90°$，
∴ $∠ BAE=∠ FEH$。
在$△ ABE$和$△ EHF$中，
$\{\begin{array}{l}∠ B=∠ H=90°\\∠ BAE=∠ FEH\\AE=EF\end{array} $
∴ $△ ABE ≌ △ EHF$（AAS）。
∴ $AB=EH$，$BE=FH$。
∵ $AB=BC$，
∴ $BC=EH$，
∴ $BC-EC=EH-EC$，即$BE=CH$。
又$BE=FH$，
∴ $CH=FH$。
∵ $∠ H=90°$，
∴ $△ CHF$是等腰直角三角形，$∠ FCH=45°$。
∵ $∠ BCD=90°$，
∴ $∠ ECF=∠ BCD+∠ FCH=90°+45°=135°$。
(1)②
证明：设正方形$ABCD$的边长为$a$，以$B$为原点，$BC$所在直线为$x$轴建立平面直角坐标系，
则$A(0,a)$，$B(0,0)$，$C(a,0)$，$D(a,a)$，设$E(t,0)$（$0＜t＜a$）。
由(1)①知$△ ABE ≌ △ EHF$，可得$F(t+a,t)$。
∵ $N$为$CF$的中点，$C(a,0)$，$F(t+a,t)$，
∴ $N$的坐标为$(a+\frac{t}{2},\frac{t}{2})$。
计算$DE$的长度：
$DE=\sqrt{(a-t)^2+(a-0)^2}=\sqrt{(a-t)^2+a^2}=\sqrt{2a^2-2at+t^2}$。
计算$DN$的长度：
$DN=\sqrt{(a+\frac{t}{2}-a)^2+(\frac{t}{2}-a)^2}=\sqrt{(\frac{t}{2})^2+(\frac{t}{2}-a)^2}$
$=\sqrt{\frac{t^2}{4}+\frac{t^2}{4}-at+a^2}=\sqrt{\frac{t^2}{2}-at+a^2}=\sqrt{\frac{2a^2-2at+t^2}{2}}$。
∴ $DE=\sqrt{2} · \sqrt{\frac{2a^2-2at+t^2}{2}}=\sqrt{2}DN$，即$DE=\sqrt{2}DN$。
(2)
解：设$BE=x$，正方形边长$AD=1+\sqrt{3}$，则$DE=\sqrt{(1+\sqrt{3})^2+(1+\sqrt{3}-x)^2}$，
$\frac{1}{2}BE+DE=\frac{x}{2}+\sqrt{(1+\sqrt{3})^2+(1+\sqrt{3}-x)^2}$。
在$BC$下方作$∠ PBC=30°$，过点$E$作$EQ ⊥ BP$于$Q$，则$EQ=\frac{1}{2}BE$，
$\frac{1}{2}BE+DE=EQ+DE$，当$D$、$E$、$Q$三点共线时，$EQ+DE$取得最小值，即点$D$到直线$BP$的距离。
直线$BP$的方程为$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x$，即$\sqrt{3}x+3y=0$。
点$D(1+\sqrt{3},1+\sqrt{3})$到直线$\sqrt{3}x+3y=0$的距离为：
$d=\frac{|\sqrt{3}(1+\sqrt{3})+3(1+\sqrt{3})|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}}=\frac{|\sqrt{3}+3+3+3\sqrt{3}|}{\sqrt{12}}=\frac{4\sqrt{3}+6}{2\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}$。
∴ $\frac{1}{2}BE+DE$的最小值为$\boldsymbol{2+\sqrt{3}}$。