4. 如图，$AD⊥ BC$，垂足为 $D$，点 $E$ 在 $AD$ 上，且 $DE = DC$，$AD = BD$，$M$、$N$ 分别是 $BE$、$AC$ 的中点，$AC = 2$。求 $MN$ 的长。

解：连接​MD、​​ND​

∵​DE=DC，​​AD=BD，​​∠BDE=∠ADC=90°​
∴​△BDE≌△ADC​
∴​BE=AC=2，​​∠BED=∠C​
∵​M、​​N​分别是​Rt△BDE、​​Rt△ADC​斜边上的中线
∴​MD=BM=ME=1，​​ND=AN=NC=1​
∴​MD=ND=1，​​∠BED=∠MDE=∠C，​​∠EDN=∠A​
∴​∠MDE+∠EDN=∠A+∠C=90°，​即​∠MDN=90°​
∴$​MN=\sqrt 2​$

【解析】
1. 连接$MD$、$ND$；
2. 已知$DE=DC$，$AD=BD$，$∠ BDE=∠ ADC=90°$，根据SAS可证$△ BDE≌△ ADC$，因此$BE=AC=2$，$∠ BED=∠ C$；
3. 因为$M$、$N$分别是$Rt△ BDE$、$Rt△ ADC$斜边上的中点，根据直角三角形斜边中线定理，可得$MD=BM=ME=\frac{1}{2}BE=1$，$ND=AN=NC=\frac{1}{2}AC=1$，即$MD=ND=1$；
4. 由$∠ BED=∠ C$，且$MD=ME$，$ND=NC$，可得$∠ BED=∠ MDE=∠ C$，$∠ EDN=∠ A$；因为$∠ A+∠ C=90°$，所以$∠ MDE+∠ EDN=90°$，即$∠ MDN=90°$；
5. 在$Rt△ MDN$中，根据勾股定理，$MN=\sqrt{MD^2+ND^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\boldsymbol{\sqrt{2}}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边中线定理；勾股定理
【点评】
本题需通过构造辅助线$MD$、$ND$，综合运用全等三角形判定与性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理求解，核心是利用全等得到边与角的关系，进而推出$△ MDN$为等腰直角三角形，最终计算出$MN$的长度，考查了对几何定理的综合运用能力。

5. 已知：如图，在 $△ ABC$ 中，$AB = AC$，$CD⊥ AB$，交 $BA$ 的延长线于点 $D$，$P$ 是 $BC$ 上的任意一点，$PE⊥ AC$，交 $CA$ 的延长线于点 $E$，$PF⊥ AB$，垂足为 $F$。求证：$PE + PF = CD$。

证明：过点​C​作​CG⊥FP​交​FP​延长线于点​G​

∵​CD⊥AB​
∴​BD//CG，​四边形​FDCG​是矩形
∴​CD=FG，​​∠B=∠PCG​
∵​AB=AC​
∴​∠B=∠ECP​
∴​∠ECP=∠PCG​
又​PC=PC，​​∠E=∠G=90°​
∴​△EPC≌△GPC​
∴​PE=PG​
∴​PE+PF=FG=CD​

【解析】
过点​C​作​CG⊥FP​交​FP​延长线于点​G。
∵$CD⊥AB$，$PF⊥AB$，$CG⊥FP$，
∴$∠ D=∠ DFG=∠ G=90°$，四边形$FDCG$是矩形，
∴$CD=FG$，$AB// CG$，$∠ B=∠ PCG$。
∵$AB=AC$，
∴$∠ B=∠ ECP$，
∴$∠ ECP=∠ PCG$。
在$△ EPC$和$△ GPC$中，
$\{\begin{array}{l}∠ E=∠ G=90°\\∠ ECP=∠ GCP\\PC=PC\end{array} $
∴$△ EPC≌△ GPC$（AAS），
∴$PE=PG$，
∴$PE+PF=PG+PF=FG=CD$。
【答案】
证明成立，即$\boldsymbol{PE + PF = CD}$。
【知识点】
1. 等腰三角形性质
2. 矩形判定与性质
3. 全等三角形判定与性质
【点评】
本题通过构造辅助线将分散线段进行转化，利用矩形和全等三角形的性质完成等量代换，体现了转化的数学思想，是等腰三角形中线段和差证明的典型题型，常用截长补短或构造特殊图形的方法求解。