1. 如图,在正方形ABCD中,点E在边DC上,点F在边CB的延长线上,且$BF=DE$,连结EF交边AB于点N,过点A作$AH⊥EF$,垂足为H,交BC于点M,连结BH。
(1)求$∠AEF$的度数;
(2)当$BN=3,CE=13$时,求BM的长;
(3)若点M是BC的中点,求证:$AN-BN=\sqrt{2}BH$。

1. (1)连结AF，如图1所示，在正方形ABCD中，AB=AD，$∠ ABC=∠ C=∠ D=∠ BAD=90°$，$AB// CD$，$AD// FC$，所以$∠ ABF = ∠ D = 90°$。在$△ ABF$ 和 $△ ADE$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ ABF=∠ D=90°, \\ BF=DE, \end{cases}$
所以$△ ABF ≌ △ ADE$（SAS），所以$AE = AF$，$∠ BAF = ∠ DAE$。因为$∠ DAE + ∠ EAB = ∠ BAD=90°$，所以$∠ BAF+∠ EAB=90°$，即$∠ EAF=90°$，所以$△ AEF$是等腰直角三角形，所以$∠ AEF=45°$；
(2)过点N作$NI⊥ CD$于点I，如图2所示，所以$∠ NIC=∠ ABC=∠ C=90°$，所以四边形BCIN是矩形，所以$NI=BC=AB$，$BN=CI$，$∠ BNI=∠ ANI=90°$，所以$∠ ABM=∠ NIE=90°$。因为$BN=3$，$CE=13$，所以$EI=CE-CI=13-3=10$。因为$AH⊥ EF$，所以$∠ 1+∠ 2=90°$。又因为$∠ 2+∠ INE=∠ ANI=90°$，所以$∠ 1=∠ INE$。在$△ ABM$和$△ NIE$中，
$\begin{cases} ∠ ABM=∠ NIE=90°, \\ NI=AB, \\ ∠ 1=∠ INE, \end{cases}$
所以$△ ABM≌△ NIE(\mathrm{ASA})$，所以$BM=EI=10$；
(3)证明：连结EM，设EC的中点为K，连结HK，设FC的中点为G，连结HG，如图3所示，设$BM=a$，$DE=BF=b$，因为M是BC的中点，所以$BM=CM=a$，$AB=CD=BC=2a$，$EC=2a-b$，$FM=a+b$，$FC=2a+b$。由(1)知，$△ AEF$是等腰直角三角形，$AH⊥ EF$，所以AH垂直平分EF，所以$EM=FM=a+b$。在$\mathrm{Rt}△ EMC$中，由勾股定理得，$CM^2+EC^2=EM^2$，所以$a^2+(2a-b)^2=(a+b)^2$，整理得$2a=3b$，所以$EC=2a-b=3b-b=2b$，$FC=2a+b=4b$，所以$BC=CD=EC+DE=3b$。由(2)知，$EI=BM=a$，所以$BN=IC=CE-EI=a-b$，所以$AN-BN=AB-2BN=2a-2(a-b)=2b$。因为点H是EF的中点，点K是EC的中点，点G是FC的中点，所以HK，HG为$△ EFC$的中位线，所以$HK// FC// AD$，$HG// EC// AB$，所以$∠ HKC=∠ D=90°$，$∠ HGC=∠ ABC=90°$，所以$∠ HKC=∠ C=∠ HGC=90°$，所以四边形HGCK为矩形，所以$EK=CK=\frac{1}{2}EC=b$，$HK=FG=GC=\frac{1}{2}FC=2b$，所以$BG=BC-CG=3b-2b=b$，所以$HG=CK=b$，所以$BG=HG=b$。在$\mathrm{Rt}△ BHG$中，由勾股定理得，$BH=\sqrt{BG^2+HG^2}=\sqrt{2}b$，所以$\sqrt{2}HG=2b$，所以$AN-BN=\sqrt{2}HG$。

【分析】
本题是正方形背景下的几何综合题，分三小问逐步推导：
(1) 要计算∠AEF的度数，先利用正方形性质得到AB=AD、∠ABF=∠D=90°，结合BF=DE证明△ABF≌△ADE，得到AE=AF，再推导∠EAF=90°，确定△AEF为等腰直角三角形，从而得出∠AEF=45°；
(2) 已知BN和CE的长度求BM，通过作辅助线NI⊥CD构造矩形BCIN，得到NI=AB、BN=CI，再利用AH⊥EF的直角关系，证明△ABM≌△NIE，对应边相等得到BM=EI，代入数值计算；
(3) 证明线段关系AN-BN=√2 BH，设参数表示各线段长度，利用M是BC中点的条件，结合勾股定理和中位线性质，推导BH的表达式，再计算AN-BN的长度，对比得出结论。
【解析】
(1) 连结AF，如图1所示。
在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABC=∠C=∠D=∠BAD=90°，AB//CD，AD//FC，故∠ABF=∠D=90°。
在△ABF和△ADE中：
$\{\begin{array}{l} AB=AD \\ ∠ABF=∠D \\ BF=DE \end{array} $
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴AE=AF，∠BAF=∠DAE。
∵∠DAE + ∠EAB = ∠BAD=90°，
∴∠BAF + ∠EAB=90°，即∠EAF=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AEF=45°。
(2) 过点N作NI⊥CD于点I，如图2所示。
∵∠NIC=∠ABC=∠C=90°，
∴四边形BCIN是矩形，
∴NI=BC=AB，BN=CI，∠BNI=∠ANI=90°。
∵AH⊥EF，
∴∠1 + ∠2=90°，又∠2 + ∠INE=∠ANI=90°，
∴∠1=∠INE。
在△ABM和△NIE中：
$\{\begin{array}{l} ∠ABM=∠NIE=90° \\ NI=AB \\ ∠1=∠INE \end{array} $
∴△ABM≌△NIE（ASA），
∴BM=EI。
已知BN=3，CE=13，
∴EI=CE - CI=CE - BN=13 - 3=10，故BM=10。
(3) 连结EM，设EC中点为K，FC中点为G，连结HK、HG，如图3所示。
设BM=a，DE=BF=b，
∵M是BC中点，
∴BM=CM=a，AB=CD=BC=2a，EC=2a - b，FM=a + b，FC=2a + b。
由(1)知△AEF是等腰直角三角形，AH⊥EF，故AH垂直平分EF，
∴EM=FM=a + b。
在Rt△EMC中，由勾股定理：$CM^2 + EC^2=EM^2$，即$a^2 + (2a - b)^2=(a + b)^2$，整理得2a=3b，
∴EC=2a - b=2b，FC=2a + b=4b，BC=CD=EC + DE=3b。
由(2)知EI=BM=a，故BN=IC=CE - EI=a - b，
∴AN - BN=AB - 2BN=2a - 2(a - b)=2b。
∵H是EF中点，K是EC中点，G是FC中点，
∴HK、HG是△EFC的中位线，
∴HK//FC，HG//EC，
∴四边形HGCK是矩形，
∴HG=CK=b，BG=BC - CG=3b - 2b=b。
在Rt△BHG中，$BH=\sqrt{BG^2 + HG^2}=\sqrt{b^2 + b^2}=\sqrt{2}b$，
∴√2 BH=2b，故AN - BN=√2 BH。
【答案】
(1) 45°；(2) 10；(3) 证明成立。
【知识点】
正方形性质，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形
【点评】
本题是正方形背景下的几何综合题，综合考查全等三角形、等腰直角三角形、中位线定理及勾股定理的应用，需通过辅助线构造全等或中位线关系，逻辑推理要求较高，是中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5