11.如图,在正方形ABCD中,∠EAF=45°,联结对角线BD交AE于点M,交AF于点N。若DN=1,BM=2,则MN=。

11.$\sqrt{5}$ 【解析】如图,延长CB到点G,使$BG=DF$,联结AG,在AG上截取$AH=AN$,联结MH,BH。因为四边形ABCD为正方形,所以$AB=BC=CD=AD$,$∠4=∠5=45°$,$∠BAD=∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°$。在$△ABG$和$△ADF$中 , 因为 $\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABG=∠ADF=90°, \\ BG=DF, \end{cases}$ 所以 $△ABG≌△ADF(\mathrm{SAS})$, 所以 $∠1=∠2$,$∠7=∠G$,$AG=AF$, 所以 $∠GAE=∠2+∠3=∠1+∠3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF$。 在 $△AMN$ 和 $△AMH$ 中 , 因为 $\begin{cases} AN=AH, \\ ∠MAN=∠MAH=45°, \\ AM=AM, \end{cases}$ 所以 $△AMN≌△AMH(\mathrm{SAS})$,所以$MN=MH$。因为$AF=AG$,$AN=AH$,所以$FN=AF-AN=AG-AH=GH$。在$△DFN$和$△BGH$中,因为$\begin{cases} DF=BG, \\ ∠7=∠G, \\ FN=GH, \end{cases}$所以$△DFN≌△BGH(\mathrm{SAS})$,所以$∠6=∠4=45°$,$DN=BH$,所以$∠MBH=90°-45°+45°=90°$,所以$BM^2+DN^2=BM^2+BH^2=MH^2=MN^2$。又因为$DN=1$,$BM=2$,所以$2^2+1^2=MN^2$,所以$MN=\sqrt{5}$。

【分析】
本题是正方形中含45°角的线段长度求解问题，核心思路是通过旋转构造全等三角形，将分散的线段BM、DN转化到同一个直角三角形中，利用勾股定理计算MN。具体步骤：①利用正方形性质旋转△ADF得到全等三角形，推导∠GAE=45°；②构造△AMN与△AMH全等，得到MN=MH；③再次利用全等三角形将DN转化为BH，证明∠MBH=90°，最终在直角三角形中用勾股定理求解。
【解析】
如图，延长CB到点G，使BG=DF，联结AG，在AG上截取AH=AN，联结MH、BH。
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠ABG=∠ADF=90°，∠ABD=∠ADB=45°。
在△ABG和△ADF中：
$\begin{cases} AB=AD \\ ∠ABG=∠ADF \\ BG=DF \end{cases}$
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠1=∠2，AG=AF，∠G=∠7，
∴∠GAE=∠2+∠3=∠1+∠3=∠BAD - ∠EAF=90°-45°=45°=∠MAN。
在△AMN和△AMH中：
$\begin{cases} AN=AH \\ ∠MAN=∠MAH \\ AM=AM \end{cases}$
∴△AMN≌△AMH（SAS），
∴MN=MH。
∵AF=AG，AN=AH，
∴FN=AF - AN=AG - AH=GH。
在△DFN和△BGH中：
$\begin{cases} DF=BG \\ ∠7=∠G \\ FN=GH \end{cases}$
∴△DFN≌△BGH（SAS），
∴∠6=∠4=45°，DN=BH，
∴∠MBH=∠ABD + ∠GBH=45°+45°=90°。
在Rt△MBH中，由勾股定理得：$BM^2 + BH^2 = MH^2$，
又
∵MH=MN，BH=DN，
∴$BM^2 + DN^2 = MN^2$。
代入DN=1，BM=2，得：$2^2 + 1^2 = MN^2$，
∴$MN=\sqrt{5}$。
【答案】
$\sqrt{5}$
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题通过旋转构造全等三角形，将分散的线段集中到直角三角形中，体现了转化思想，是正方形中含45°角问题的典型解法，对几何综合能力要求较高，需要熟练掌握旋转法的应用。
【难度系数】
0.3

12. (1) 如图1,在四边形ABCD中,$AB=AD,∠B=∠D=90°,E,F$分别是边BC,CD上的点,且$∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$。求证:$EF=BE+FD$。
(2) 如图2,在四边形ABCD中,$AB=AD,∠B+∠D=180°,E,F$分别是边BC,CD上的点,且$∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$,(1)中的结论是否仍然成立(不需要说明理由)?
(3) 如图3,在四边形ABCD中,$AB=AD,∠B+∠ADC=180°$,E,F分别是边BC,CD延长线上的点,且$∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$,(1)中的结论是否仍然成立? 若成立,请证明;若不成立,请写出它们之间的数量关系,并证明。

12.(1)证明:如图1,延长EB到点G,使$BG=DF$,联结AG。因为$∠ABG=∠ABC=∠D=90°$,$AB=AD$, 所 以 $△ABG≌△ADF(\mathrm{SAS})$, 所以 $AG=AF$,$∠1=∠2$, 所以 $∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$, 所以 $∠GAE=∠EAF$。又因为$AE=AE$,所以$△AEG≌△AEF(\mathrm{SAS})$,所以$EG=EF$。因为$EG=BE+BG$,所以$EF=BE+FD$。
(2)解:(1)中的结论$EF=BE+FD$仍然成立。
(3)解:结论$EF=BE+FD$不再成立,应当是$EF=BE-FD$。证明:如图2,在BE上截取BG,使$BG=DF$,联结AG。因为$∠B+∠ADC=180°$,$∠ADF+∠ADC=180°$,所以$∠B=∠ADF$。又因为$AB=AD$,所以$△ABG≌△ADF(\mathrm{SAS})$,所以 $∠BAG=∠DAF$,$AG=AF$, 所 以 $∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$, 所 以 $∠GAE=∠EAF$。又因为$AE=AE$,所以$△AEG≌△AEF(\mathrm{SAS})$,所以$EG=EF$。因为$EG=BE-BG$,所以$EF=BE-FD$。

【分析】
本题核心是利用“截长补短法”结合全等三角形的SAS判定，转化线段关系解决线段和差问题。对于(1)，通过延长EB构造全等三角形，将FD转化为BG，再证明另一组全等得到线段相等；(2)是(1)的拓展，调整角度条件后结论仍成立；(3)中线段位置变化，需在BE上截取构造全等，推导得线段差关系。解题关键是利用AB=AD的条件，结合角度关系，通过全等转化线段。
【解析】
(1) 证明：如图1，延长EB到点G，使BG=DF，联结AG。
∵ ∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴ △ABG≌△ADF（SAS），
∴ AG=AF，∠1=∠2，
∴ ∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD，即∠GAE=∠EAF。
又
∵ AE=AE，
∴ △AEG≌△AEF（SAS），
∴ EG=EF。
∵ EG=BE+BG，BG=DF，
∴ EF=BE+FD。
(2) 结论：(1)中的结论EF=BE+FD仍然成立。
(3) 结论：EF=BE-FD。
证明：如图2，在BE上截取BG，使BG=DF，联结AG。
∵ ∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴ ∠B=∠ADF。
又
∵ AB=AD，
∴ △ABG≌△ADF（SAS），
∴ ∠BAG=∠DAF，AG=AF，
∴ ∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD，即∠GAE=∠EAF。
又
∵ AE=AE，
∴ △AEG≌△AEF（SAS），
∴ EG=EF。
∵ EG=BE-BG，BG=DF，
∴ EF=BE-FD。
【答案】
(1) EF=BE+FD；(2) EF=BE+FD仍然成立；(3) EF=BE-FD。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，线段和差关系
【点评】
本题是几何线段和差问题的典型题型，通过“截长补短”构造全等三角形，将分散线段转化为共线线段，体现转化思想，需掌握辅助线构造方法，对几何逻辑推导能力有一定要求。
【难度系数】
0.5