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18.如图,在四边形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,且AC=BD.点E,F分别为AB,CD的中点,EF分别交BD,AC于点G,H.求证:GO=HO.
答案
18. 取BC的中点P,分别连接EP,FP,
$\because P,F$分别为BC,CD的中点,
$\therefore PF// BD,PF=\frac{1}{2}BD$.
同理$PE// AC,PE=\frac{1}{2}AC$.
$\because AC=BD,\therefore EP=FP$,
$\therefore ∠ FEP=∠ EFP.\because EP// BD$,
$\therefore ∠ EFP=∠ OGH$,同理$∠ PEF=∠ OHG$,
$\therefore ∠ OHG=∠ OGH.\therefore GO=HO$.
$\because P,F$分别为BC,CD的中点,
$\therefore PF// BD,PF=\frac{1}{2}BD$.
同理$PE// AC,PE=\frac{1}{2}AC$.
$\because AC=BD,\therefore EP=FP$,
$\therefore ∠ FEP=∠ EFP.\because EP// BD$,
$\therefore ∠ EFP=∠ OGH$,同理$∠ PEF=∠ OHG$,
$\therefore ∠ OHG=∠ OGH.\therefore GO=HO$.
解析
【分析】
要证GO=HO，可转化为证明△OGH中∠OGH=∠OHG。题目中存在多个线段中点，可利用三角形中位线定理建立线段和角的关联：取BC的中点P，构造△ABC和△BCD的中位线EP、FP，结合AC=BD可得EP=FP，进而得到∠PEF=∠PFE，再通过平行线的同位角相等将角转移到△OGH的两个内角，即可利用等角对等边证明结论。
【解析】
取BC的中点P，分别连接EP、FP。
∵P、F分别为BC、CD的中点，
∴PF是△BCD的中位线，
$\therefore PF// BD,PF=\frac{1}{2}BD$。
同理，PE是△ABC的中位线，
$\therefore PE// AC,PE=\frac{1}{2}AC$。
∵AC=BD，
∴EP=FP，
$\therefore ∠ FEP=∠ EFP$。
∵$PE// AC$，
$\therefore ∠ FEP=∠ OHG$（两直线平行，同位角相等），
∵$PF// BD$，
$\therefore ∠ EFP=∠ OGH$（两直线平行，同位角相等），
$\therefore ∠ OHG=∠ OGH$，
$\therefore GO=HO$（等角对等边）。
【答案】
GO=HO
【知识点】
三角形中位线定理，平行线的性质，等腰三角形的判定
【点评】
本题是中点类几何证明的典型题型，解题的核心是通过构造中位线，将已知的线段相等条件转化为角的等量关系，再结合平行线性质、等腰三角形判定完成推导，能有效考查学生对中位线定理的应用能力和几何辅助线的构造思维。
【难度系数】
0.65
要证GO=HO，可转化为证明△OGH中∠OGH=∠OHG。题目中存在多个线段中点，可利用三角形中位线定理建立线段和角的关联：取BC的中点P，构造△ABC和△BCD的中位线EP、FP，结合AC=BD可得EP=FP，进而得到∠PEF=∠PFE，再通过平行线的同位角相等将角转移到△OGH的两个内角，即可利用等角对等边证明结论。
【解析】
取BC的中点P，分别连接EP、FP。
∵P、F分别为BC、CD的中点，
∴PF是△BCD的中位线，
$\therefore PF// BD,PF=\frac{1}{2}BD$。
同理，PE是△ABC的中位线，
$\therefore PE// AC,PE=\frac{1}{2}AC$。
∵AC=BD，
∴EP=FP，
$\therefore ∠ FEP=∠ EFP$。
∵$PE// AC$，
$\therefore ∠ FEP=∠ OHG$（两直线平行，同位角相等），
∵$PF// BD$，
$\therefore ∠ EFP=∠ OGH$（两直线平行，同位角相等），
$\therefore ∠ OHG=∠ OGH$，
$\therefore GO=HO$（等角对等边）。
【答案】
GO=HO
【知识点】
三角形中位线定理，平行线的性质，等腰三角形的判定
【点评】
本题是中点类几何证明的典型题型，解题的核心是通过构造中位线，将已知的线段相等条件转化为角的等量关系，再结合平行线性质、等腰三角形判定完成推导，能有效考查学生对中位线定理的应用能力和几何辅助线的构造思维。
【难度系数】
0.65
19. 如图，在$△ ABC$中，D，E分别是AB，AC的中点，$BE=2DE$，延长DE到点F，使得$EF=BE$，连接CF.
(1)求证：四边形BCFE是菱形；
(2)若$CE=4$，$∠ BCF=120°$，求菱形BCFE的面积.
(1)求证：四边形BCFE是菱形；
(2)若$CE=4$，$∠ BCF=120°$，求菱形BCFE的面积.
答案
19. (1)$\because D,E$分别是AB,AC的中点,
$\therefore DE// BC$且$2DE=BC$.
又$BE=2DE,EF=BE,\therefore EF=BC$.
又$EF// BC$,
$\therefore$ 四边形BCFE是平行四边形.
$\because BE=FE,\therefore$ 四边形BCFE是菱形.
(2)$\because ∠ BCF=120°,\therefore ∠ EBC=60°$.
$\therefore △ EBC$是等边三角形.
$\therefore$ 菱形的边长为4,高为$2\sqrt{3}$.
$\therefore$ 菱形的面积为$4× 2\sqrt{3}=8\sqrt{3}$.
$\therefore DE// BC$且$2DE=BC$.
又$BE=2DE,EF=BE,\therefore EF=BC$.
又$EF// BC$,
$\therefore$ 四边形BCFE是平行四边形.
$\because BE=FE,\therefore$ 四边形BCFE是菱形.
(2)$\because ∠ BCF=120°,\therefore ∠ EBC=60°$.
$\therefore △ EBC$是等边三角形.
$\therefore$ 菱形的边长为4,高为$2\sqrt{3}$.
$\therefore$ 菱形的面积为$4× 2\sqrt{3}=8\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证明四边形BCFE是菱形，优先选择“先证平行四边形，再证一组邻边相等”的判定路径：首先利用三角形中位线定理得到DE与BC的位置、数量关系，再结合已知的BE与DE、EF与BE的等量关系，推导出EF和BC平行且相等，先判定为平行四边形，最后结合BE=EF即可证得菱形。
(2) 求菱形面积时，根据菱形邻角互补的性质，由已知的∠BCF=120°推出相邻内角为60°，再结合菱形邻边相等判定△EBC为等边三角形，得到菱形边长和高，最后用底乘高公式计算面积即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ D、E分别是AB、AC的中点，
∴ DE是△ABC的中位线，
∴ $DE// BC$，且$BC=2DE$。
又
∵ $BE=2DE$，$EF=BE$，
∴ $EF=BC$，
∵ F在DE的延长线上，
∴ $EF// BC$，
∴ 四边形BCFE是平行四边形。
又
∵ $BE=EF$，
∴ 平行四边形BCFE是菱形。
(2) 解：
∵ 四边形BCFE是菱形，
∴ $BE=BC$，$∠ EBC+∠ BCF=180°$，
∵ $∠ BCF=120°$，
∴ $∠ EBC=180°-120°=60°$，
∴ △EBC是等边三角形，
∵ $CE=4$，
∴ 菱形的边长$BC=CE=4$，
等边△EBC的高为$\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，即菱形的高为$2\sqrt{3}$，
∴ 菱形BCFE的面积$=4×2\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 四边形BCFE是菱形，证明成立；
(2) $8\sqrt{3}$
【知识点】
三角形中位线定理，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题核心是通过中位线建立边的数量、位置关系，结合特殊角判定等边三角形，进而求解面积，熟练掌握基础几何定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明四边形BCFE是菱形，优先选择“先证平行四边形，再证一组邻边相等”的判定路径：首先利用三角形中位线定理得到DE与BC的位置、数量关系，再结合已知的BE与DE、EF与BE的等量关系，推导出EF和BC平行且相等，先判定为平行四边形，最后结合BE=EF即可证得菱形。
(2) 求菱形面积时，根据菱形邻角互补的性质，由已知的∠BCF=120°推出相邻内角为60°，再结合菱形邻边相等判定△EBC为等边三角形，得到菱形边长和高，最后用底乘高公式计算面积即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ D、E分别是AB、AC的中点，
∴ DE是△ABC的中位线，
∴ $DE// BC$，且$BC=2DE$。
又
∵ $BE=2DE$，$EF=BE$，
∴ $EF=BC$，
∵ F在DE的延长线上，
∴ $EF// BC$，
∴ 四边形BCFE是平行四边形。
又
∵ $BE=EF$，
∴ 平行四边形BCFE是菱形。
(2) 解：
∵ 四边形BCFE是菱形，
∴ $BE=BC$，$∠ EBC+∠ BCF=180°$，
∵ $∠ BCF=120°$，
∴ $∠ EBC=180°-120°=60°$，
∴ △EBC是等边三角形，
∵ $CE=4$，
∴ 菱形的边长$BC=CE=4$，
等边△EBC的高为$\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，即菱形的高为$2\sqrt{3}$，
∴ 菱形BCFE的面积$=4×2\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 四边形BCFE是菱形，证明成立；
(2) $8\sqrt{3}$
【知识点】
三角形中位线定理，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题核心是通过中位线建立边的数量、位置关系，结合特殊角判定等边三角形，进而求解面积，熟练掌握基础几何定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
20. 如图,在菱形ABCD中,F为边BC的中点,DF与对角线AC交于点M,过点M作ME⊥CD于点E,∠1=∠2.
(1)若CE=1,求BC的长;
(2)求证:AM=DF+ME.
(1)若CE=1,求BC的长;
(2)求证:AM=DF+ME.
答案
20. (1)$\because$ 四边形ABCD是菱形,
$\therefore AB// CD,BC=CD,\therefore ∠ 1=∠ ACD$.
$\because ∠ 1=∠ 2,\therefore ∠ ACD=∠ 2,\therefore MC=MD$.
$\because ME⊥ CD,\therefore CD=2CE=2,\therefore BC=CD=2$.
(2) 延长DF,AB交于点N.
$\because$ 四边形ABCD是菱形,
$\therefore ∠ FCM=∠ ECM$.
又F为边BC的中点,
$\therefore CF=BF=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}CD$.
易证$CE=ED=\frac{1}{2}CD,\therefore CF=CE$,
$\therefore △ CMF≌△ CME.\therefore MF=ME$.
$\because AB// CD,\therefore ∠ 2=∠ N,∠ NBF=∠ DCF$.
又$BF=CF,\therefore △ CDF≌△ BNF$.
$\therefore NF=DF$.又$∠ 1=∠ 2,\therefore ∠ N=∠ 1$.
$\therefore AM=MN=NF+MF=DF+ME$.
$\therefore AB// CD,BC=CD,\therefore ∠ 1=∠ ACD$.
$\because ∠ 1=∠ 2,\therefore ∠ ACD=∠ 2,\therefore MC=MD$.
$\because ME⊥ CD,\therefore CD=2CE=2,\therefore BC=CD=2$.
(2) 延长DF,AB交于点N.
$\because$ 四边形ABCD是菱形,
$\therefore ∠ FCM=∠ ECM$.
又F为边BC的中点,
$\therefore CF=BF=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}CD$.
易证$CE=ED=\frac{1}{2}CD,\therefore CF=CE$,
$\therefore △ CMF≌△ CME.\therefore MF=ME$.
$\because AB// CD,\therefore ∠ 2=∠ N,∠ NBF=∠ DCF$.
又$BF=CF,\therefore △ CDF≌△ BNF$.
$\therefore NF=DF$.又$∠ 1=∠ 2,\therefore ∠ N=∠ 1$.
$\therefore AM=MN=NF+MF=DF+ME$.
解析
【分析】
(1) 第一问先结合菱形对边平行、四边相等的性质，由已知∠1=∠2推导得出△MCD为等腰三角形，再利用等腰三角形三线合一的性质得到CD与CE的数量关系，即可求出BC的长。
(2) 第二问是线段和差的证明题，采用截长补短的思路，通过延长DF交AB于点N构造全等三角形，先将ME转化为MF、DF转化为NF，再证明△AMN为等腰三角形得到AM=MN，最后通过等量代换完成证明。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AB// CD$，$BC=CD$，
∴ $∠1=∠ACD$。
∵ $∠1=∠2$，
∴ $∠ACD=∠2$，
∴ $MC=MD$，即$△ MCD$是等腰三角形。
∵ $ME⊥ CD$，由等腰三角形三线合一可得E是CD的中点，
∴ $CD=2CE=2×1=2$，
∴ $BC=CD=2$。
(2) 证明：延长DF，AB交于点N。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC平分$∠ BCD$，即$∠ FCM=∠ ECM$。
∵ F为BC的中点，
∴ $CF=BF=\frac{1}{2}BC$，
又$BC=CD$，
∴ $CF=\frac{1}{2}CD$。
由(1)知E为CD中点，即$CE=\frac{1}{2}CD$，
∴ $CF=CE$。
在$△ CMF$和$△ CME$中：
$\begin{cases} CF=CE \\ ∠ FCM=∠ ECM \\ CM=CM \end{cases}$
∴ $△ CMF≌△ CME\mathrm{(SAS)}$，
∴ $MF=ME$。
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ 2=∠ N$，$∠ NBF=∠ DCF$。
在$△ CDF$和$△ BNF$中：
$\begin{cases} ∠ 2=∠ N \\ ∠ DCF=∠ NBF \\ CF=BF \end{cases}$
∴ $△ CDF≌△ BNF\mathrm{(AAS)}$，
∴ $NF=DF$。
∵ $∠ 1=∠ 2$，$∠ 2=∠ N$，
∴ $∠ 1=∠ N$，
∴ $△ AMN$为等腰三角形，$AM=MN$。
又
∵ $MN=NF+MF=DF+ME$，
∴ $AM=DF+ME$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$；(2) $AM=DF+ME$，证明成立。
【知识点】
菱形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，第一问基础，直接运用菱形和等腰三角形的性质即可求解；第二问的核心是构造辅助线转化线段，截长补短法是解决线段和差证明类问题的常用思路，掌握辅助线的构造技巧是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.6
(1) 第一问先结合菱形对边平行、四边相等的性质，由已知∠1=∠2推导得出△MCD为等腰三角形，再利用等腰三角形三线合一的性质得到CD与CE的数量关系，即可求出BC的长。
(2) 第二问是线段和差的证明题，采用截长补短的思路，通过延长DF交AB于点N构造全等三角形，先将ME转化为MF、DF转化为NF，再证明△AMN为等腰三角形得到AM=MN，最后通过等量代换完成证明。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AB// CD$，$BC=CD$，
∴ $∠1=∠ACD$。
∵ $∠1=∠2$，
∴ $∠ACD=∠2$，
∴ $MC=MD$，即$△ MCD$是等腰三角形。
∵ $ME⊥ CD$，由等腰三角形三线合一可得E是CD的中点，
∴ $CD=2CE=2×1=2$，
∴ $BC=CD=2$。
(2) 证明：延长DF，AB交于点N。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC平分$∠ BCD$，即$∠ FCM=∠ ECM$。
∵ F为BC的中点，
∴ $CF=BF=\frac{1}{2}BC$，
又$BC=CD$，
∴ $CF=\frac{1}{2}CD$。
由(1)知E为CD中点，即$CE=\frac{1}{2}CD$，
∴ $CF=CE$。
在$△ CMF$和$△ CME$中：
$\begin{cases} CF=CE \\ ∠ FCM=∠ ECM \\ CM=CM \end{cases}$
∴ $△ CMF≌△ CME\mathrm{(SAS)}$，
∴ $MF=ME$。
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ 2=∠ N$，$∠ NBF=∠ DCF$。
在$△ CDF$和$△ BNF$中：
$\begin{cases} ∠ 2=∠ N \\ ∠ DCF=∠ NBF \\ CF=BF \end{cases}$
∴ $△ CDF≌△ BNF\mathrm{(AAS)}$，
∴ $NF=DF$。
∵ $∠ 1=∠ 2$，$∠ 2=∠ N$，
∴ $∠ 1=∠ N$，
∴ $△ AMN$为等腰三角形，$AM=MN$。
又
∵ $MN=NF+MF=DF+ME$，
∴ $AM=DF+ME$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$；(2) $AM=DF+ME$，证明成立。
【知识点】
菱形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，第一问基础，直接运用菱形和等腰三角形的性质即可求解；第二问的核心是构造辅助线转化线段，截长补短法是解决线段和差证明类问题的常用思路，掌握辅助线的构造技巧是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.6
21.如图,四边形ABCD是正方形,M是边BC上的一点,E是边CD的中点,AE平分∠DAM.
(1)求证:$AM=AD+MC$.
(2)$AM=DE+BM$是否成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.
(1)求证:$AM=AD+MC$.
(2)$AM=DE+BM$是否成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.
答案
21. (1) 延长AE,BC交于点N,如图(1).
$\because$ 四边形ABCD是正方形,
$\therefore AD// BC.\therefore ∠ DAE=∠ ENC$.
$\because AE$平分$∠ DAM,\therefore ∠ DAE=∠ MAE$.
$\therefore ∠ ENC=∠ MAE.\therefore MA=MN$.
在$△ ADE$和$△ NCE$中,$\begin{cases}∠ DAE=∠ CNE,\\∠ AED=∠ NEC,\\DE=CE,\end{cases}$
$\therefore △ ADE≌△ NCE(\mathrm{AAS}).\therefore AD=NC$.
$\therefore MA=MN=NC+MC=AD+MC$.
(2)$AM=DE+BM$成立.证明如下:
过点A作$AF⊥ AE$,交CB的延长线于点F,如图(2).
$\because$ 四边形ABCD是正方形,
$\therefore ∠ BAD=∠ D=∠ ABC=90°,AB=AD,AB// DC$.
$\because AF⊥ AE,\therefore ∠ FAE=90°$.
$\therefore ∠ FAB=90°-∠ BAE=∠ DAE$.
在$△ ABF$和$△ ADE$中,$\begin{cases}∠ FAB=∠ EAD,\\AB=AD,\\∠ ABF=∠ D,\end{cases}$
$\therefore △ ABF≌△ ADE(\mathrm{ASA})$.
$\therefore BF=DE,∠ F=∠ AED$.
$\because AB// DC,\therefore ∠ AED=∠ BAE$.
$\because ∠ FAB=∠ EAD=∠ EAM$,
$\therefore ∠ AED=∠ BAE=∠ BAM+∠ EAM=∠ BAM+∠ FAB=∠ FAM$.
$\therefore ∠ F=∠ FAM.\therefore AM=FM$.
$\therefore AM=FB+BM=DE+BM$.
解析
【分析】
(1) 要证明线段和关系$AM=AD+MC$，可采用“补短法”构造辅助线：延长$AE$交$BC$的延长线于点$N$。首先利用正方形对边平行的性质，结合角平分线定义，推导出$∠ MAE=∠ CNE$，得到等腰$△ MAN$，即$MA=MN$；再证明$△ ADE$和$△ NCE$全等，将$AD$转化为$NC$，即可通过$MN=NC+MC$得到待证结论。
(2) 探究$AM=DE+BM$是否成立，同样通过构造全等转化线段：过点$A$作$AF⊥ AE$，交$CB$的延长线于点$F$。先证明$△ ABF≌△ ADE$，将$DE$转化为$BF$；再结合平行线性质和角的等量代换，推导出$∠ F=∠ FAM$，得到$AM=FM$，即可推出$AM=FB+BM=DE+BM$，证明结论成立。
【解析】
(1) 延长$AE$,$BC$交于点$N$,如图(1).
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore AD// BC$.$\therefore ∠ DAE=∠ ENC$.
$\because AE$平分$∠ DAM$,$\therefore ∠ DAE=∠ MAE$.
$\therefore ∠ ENC=∠ MAE$.$\therefore MA=MN$.
在$△ ADE$和$△ NCE$中,
$\begin{cases}∠ DAE=∠ CNE,\\∠ AED=∠ NEC,\\DE=CE,\end{cases}$
$\therefore △ ADE≌△ NCE(\mathrm{AAS})$.$\therefore AD=NC$.
$\therefore MA=MN=NC+MC=AD+MC$.
(2)$AM=DE+BM$成立.证明如下:
过点$A$作$AF⊥ AE$,交$CB$的延长线于点$F$,如图(2).
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore ∠ BAD=∠ D=∠ ABC=90°,AB=AD,AB// DC$.
$\because AF⊥ AE$,$\therefore ∠ FAE=90°$.
$\therefore ∠ FAB=90°-∠ BAE=∠ DAE$.
在$△ ABF$和$△ ADE$中,
$\begin{cases}∠ FAB=∠ EAD,\\AB=AD,\\∠ ABF=∠ D,\end{cases}$
$\therefore △ ABF≌△ ADE(\mathrm{ASA})$.
$\therefore BF=DE$,$∠ F=∠ AED$.
$\because AB// DC$,$\therefore ∠ AED=∠ BAE$.
$\because ∠ FAB=∠ EAD=∠ EAM$,
$\therefore ∠ AED=∠ BAE=∠ BAM+∠ EAM=∠ BAM+∠ FAB=∠ FAM$.
$\therefore ∠ F=∠ FAM$.$\therefore AM=FM$.
$\therefore AM=FB+BM=DE+BM$.
【答案】
(1) $AM=AD+MC$得证，证明过程见解析；
(2) $AM=DE+BM$成立，证明过程见解析。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的定义
【点评】
本题是正方形几何证明的典型题型，核心考查线段和关系的证明思路，通过构造全等三角形实现线段转化，结合等腰三角形的判定推导相等关系，能够有效锻炼几何辅助线的构造能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明线段和关系$AM=AD+MC$，可采用“补短法”构造辅助线：延长$AE$交$BC$的延长线于点$N$。首先利用正方形对边平行的性质，结合角平分线定义，推导出$∠ MAE=∠ CNE$，得到等腰$△ MAN$，即$MA=MN$；再证明$△ ADE$和$△ NCE$全等，将$AD$转化为$NC$，即可通过$MN=NC+MC$得到待证结论。
(2) 探究$AM=DE+BM$是否成立，同样通过构造全等转化线段：过点$A$作$AF⊥ AE$，交$CB$的延长线于点$F$。先证明$△ ABF≌△ ADE$，将$DE$转化为$BF$；再结合平行线性质和角的等量代换，推导出$∠ F=∠ FAM$，得到$AM=FM$，即可推出$AM=FB+BM=DE+BM$，证明结论成立。
【解析】
(1) 延长$AE$,$BC$交于点$N$,如图(1).
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore AD// BC$.$\therefore ∠ DAE=∠ ENC$.
$\because AE$平分$∠ DAM$,$\therefore ∠ DAE=∠ MAE$.
$\therefore ∠ ENC=∠ MAE$.$\therefore MA=MN$.
在$△ ADE$和$△ NCE$中,
$\begin{cases}∠ DAE=∠ CNE,\\∠ AED=∠ NEC,\\DE=CE,\end{cases}$
$\therefore △ ADE≌△ NCE(\mathrm{AAS})$.$\therefore AD=NC$.
$\therefore MA=MN=NC+MC=AD+MC$.
(2)$AM=DE+BM$成立.证明如下:
过点$A$作$AF⊥ AE$,交$CB$的延长线于点$F$,如图(2).
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore ∠ BAD=∠ D=∠ ABC=90°,AB=AD,AB// DC$.
$\because AF⊥ AE$,$\therefore ∠ FAE=90°$.
$\therefore ∠ FAB=90°-∠ BAE=∠ DAE$.
在$△ ABF$和$△ ADE$中,
$\begin{cases}∠ FAB=∠ EAD,\\AB=AD,\\∠ ABF=∠ D,\end{cases}$
$\therefore △ ABF≌△ ADE(\mathrm{ASA})$.
$\therefore BF=DE$,$∠ F=∠ AED$.
$\because AB// DC$,$\therefore ∠ AED=∠ BAE$.
$\because ∠ FAB=∠ EAD=∠ EAM$,
$\therefore ∠ AED=∠ BAE=∠ BAM+∠ EAM=∠ BAM+∠ FAB=∠ FAM$.
$\therefore ∠ F=∠ FAM$.$\therefore AM=FM$.
$\therefore AM=FB+BM=DE+BM$.
【答案】
(1) $AM=AD+MC$得证，证明过程见解析；
(2) $AM=DE+BM$成立，证明过程见解析。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的定义
【点评】
本题是正方形几何证明的典型题型，核心考查线段和关系的证明思路，通过构造全等三角形实现线段转化，结合等腰三角形的判定推导相等关系，能够有效锻炼几何辅助线的构造能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
