23. (10分)在正方形ABCD中,E是边BC上一动点(图1与端点B,C重合).
(1)如图1, $AE ⊥ EF$, $∠ ECF = 135°$,连接CF.求证:
①$∠ BAE = ∠ CEF$;
②$AE = EF$;
(2)如图2,在(1)的条件下,N为CF的中点,连接DN,DE,求证:$DE = \sqrt{2}DN$;
(3)如图3,若$AD = 4$,直接写出$\frac{1}{2}BE + DE$的最小值.

23. 【点拨】本题考查正方形的性质,全等三角形的判定和性质,含30°角的直角三角形的性质,两点之间线段最短,正确作出辅助线是解题的关键.
【解析】(1)证明:①如题图1,在 $AB$ 上取点 $H$,使 $BH = BE$,连接 $EH$,则 $AH = EC$,$△ BHE$ 为等腰直角三角形,$∠BHE = ∠HEB = 45°$.
$\because ∠BHE = ∠HAE + ∠AEH = 45°, ∠AEH + ∠CEF = 180° - ∠AEF - ∠HEB = 180° - 90° - 45° = 45°$,
$\therefore ∠HAE = ∠CEF$,即 $∠BAE = ∠CEF$.
②$\because ∠AHE = 180° - ∠BHE = 180° - 45° = 135°, ∠ECF = 135°$,
$\therefore ∠AHE = ∠ECF$.
在$△ HAE$ 和 $△ CFE$ 中,$\begin{cases} ∠AHE = ∠ECF, \\ AH = EC, \\ ∠HAE = ∠CEF, \end{cases}$
$\therefore △ HAE≌△ CFE(\mathrm{ASA}), \therefore AE = EF$.
(2)证明:如图1,延长 $DN$ 至点 $Q$,使 $QN = DN$,连接 $EQ,FQ,EN$,设 $FQ$ 交 $BC$ 的延长线于点 $R$.
$\because N$ 为 $CF$ 的中点,$\therefore CN = FN$.
在$△ DNC$ 和 $△ QNF$ 中,$\begin{cases} DN = QN, \\ ∠DNC = ∠QNF, \\ CN = FN, \end{cases}$
$\therefore △ DNC≌△ QNF(\mathrm{SAS}), \therefore CD = FQ, ∠CDQ = ∠FQD$,
$\therefore CD // FQ. \because CD ⊥ BR, \therefore FQ ⊥ BR$,
$\therefore ∠EFR + ∠FER = 90°$.
$\because ∠AEB + ∠FER = 90°, \therefore ∠EFR = ∠AEB$.
$\because AD // BC, \therefore ∠DAE = ∠AEB = ∠EFR$.
$\because AD = CD,CD = FQ, \therefore AD = FQ$.
在$△ ADE$ 和 $△ FQE$ 中,$\begin{cases} AE = EF, \\ ∠DAE = ∠EFQ, \\ AD = FQ, \end{cases}$
$\therefore △ ADE≌△ FQE(\mathrm{SAS}), \therefore ED = EQ, ∠AED = ∠FEQ$,
$\therefore ∠DEQ = ∠DEF + ∠FEQ = ∠DEF + ∠AED = 90°$,
$\therefore △ DEQ$ 为等腰直角三角形.
$\because DN = QN, \therefore △ DEN$ 为等腰直角三角形,$\therefore DE = \sqrt{2}DN$.
(3)如图2,过点 $B$ 作射线 $BH$,使$∠CBH = 30°$,过点 $D$ 作 $DH ⊥ BH$ 交 $BH$ 于点 $H$,交 $BC$ 于点 $E$,则 $EH = \dfrac{1}{2}BE$,
$\therefore \dfrac{1}{2}BE + DE = EH + DE = DH$,此时$\dfrac{1}{2}BE + DE$ 取得最小值.
$\because ∠EBH = 30° = ∠EDC$,
$\therefore$ 在 Rt$△ EDC$ 中,设 $EC = x$,则 $DE = 2x$.
$\because DE^2 = EC^2 + CD^2$,即$(2x)^2 = x^2 + 4^2$,
解得 $x = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$(负值已舍去),
$\therefore DE = 2x = \dfrac{8\sqrt{3}}{3}, \therefore BE = BC - EC = 4 - \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$,
$\therefore \dfrac{1}{2}BE + DE$ 的最小值为 $\dfrac{1}{2} × (4 - \dfrac{4\sqrt{3}}{3}) + \dfrac{8\sqrt{3}}{3} = 2 + 2\sqrt{3}$.

【分析】
本题为正方形相关的几何综合题，分三小问逐步推导：
(1) 要证∠BAE=∠CEF，通过在AB上取点构造等腰直角三角形，利用角的和差推导等角；再结合角的度数，用ASA证三角形全等，得到AE=EF。
(2) 利用CF中点构造全等三角形，得到对应边平行且相等，再结合已知条件证另一组三角形全等，推出等腰直角三角形，进而得到DE与DN的关系。
(3) 属于胡不归最值问题，将$\frac{1}{2}BE$转化为垂线段，当三点共线时和最小，再用直角三角形性质计算最小值。
【解析】
(1) 证明：① 如图1，在AB上取点H，使BH=BE，连接EH，则AH=EC，△BHE为等腰直角三角形，故∠BHE=∠HEB=45°。
∵ ∠BHE=∠HAE + ∠AEH=45°，且∠AEF=90°，
∴ ∠AEH + ∠CEF=180° - ∠AEF - ∠HEB=45°，
∴ ∠HAE=∠CEF，即∠BAE=∠CEF。
②
∵ ∠AHE=180° - ∠BHE=135°，∠ECF=135°，
∴ ∠AHE=∠ECF。
在△HAE和△CFE中：
$\{\begin{array}{l}∠AHE=∠ECF \\ AH=EC \\ ∠HAE=∠CEF\end{array} $
∴ △HAE≌△CFE(ASA)，故AE=EF。
(2) 证明：如图1，延长DN至点Q，使QN=DN，连接EQ、FQ、EN。
∵ N为CF中点，
∴ CN=FN。
在△DNC和△QNF中：
$\{\begin{array}{l}DN=QN \\ ∠DNC=∠QNF \\ CN=FN\end{array} $
∴ △DNC≌△QNF(SAS)，故CD=FQ，CD//FQ。
∵ CD⊥BC，
∴ FQ⊥BC延长线，得∠EFR + ∠FER=90°。
又∠AEB + ∠FER=90°，
∴ ∠EFR=∠AEB。
∵ AD//BC，
∴ ∠DAE=∠AEB=∠EFR。
∵ AD=CD，CD=FQ，
∴ AD=FQ。
在△ADE和△FQE中：
$\{\begin{array}{l}AE=EF \\ ∠DAE=∠EFQ \\ AD=FQ\end{array} $
∴ △ADE≌△FQE(SAS)，故ED=EQ，∠AED=∠FEQ，
∴ ∠DEQ=∠AEF=90°，△DEQ为等腰直角三角形。
∵ DN=QN，
∴ △DEN为等腰直角三角形，故DE=√2 DN。
(3) 解：如图2，过B作射线BH，使∠CBH=30°，过D作DH⊥BH于H，交BC于E，则EH=$\frac{1}{2}BE$，
∴ $\frac{1}{2}BE + DE=EH + DE=DH$，此时和最小。
设EC=x，在Rt△EDC中，∠EDC=30°，故DE=2x，
由勾股定理：$(2x)^2=x^2 + 4^2$，解得$x=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴ DE=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，BE=$4 - \frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴ $\frac{1}{2}BE + DE=2 + 2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) ① 证明成立；② 证明成立；
(2) 证明成立；
(3) $2 + 2\sqrt{3}$；


【知识点】
正方形性质、全等三角形判定与性质、最短路径问题
【点评】
本题融合正方形、全等三角形、等腰直角三角形及胡不归最值模型，辅助线构造是解题核心，对几何推理能力要求较高，区分度较好。
【难度系数】
0.4