分析：

可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG=DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF=BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG=DF，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AF，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=$\frac {1}{2}$∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件(SAS)，那么就能得出EF=GE了．

解答：

证明：延长EB到G，使BG=DF，连接AG．



∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，

∴△ABG≌△ADF．

∴AG=AF，∠1=∠2．

∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=$\frac {1}{2}$∠BAD．

∴∠GAE=∠EAF．

又AE=AE，

∴△AEG≌△AEF．

∴EG=EF．

∵EG=BE+BG．

∴EF=BE+FD

所以选C．

点评：

本题考查了三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．

分析：

根据全等三角形的判定与性质，可得AG=AF，∠BAG=∠DAF，再根据全等三角形的判定与性质，可得EF与DC的关系，求得答案．

解答：

解：如图所示：延长CB至G，使得BG=DF，连接AG，

在△ADF和△ABG中$\left\{\begin{matrix}DF=BG \ ∠D=∠ABG=90° \ AD=AB \ \end{matrix}\right.$，

∴△ADF≌△ABG(SAS)，

∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，

∴∠BAG+∠BAF=∠DAF+∠BAF=90°．

∵∠EAF=45°，

∴∠GAE=90°-∠EAF=45°=∠EAF．

在△AEG和△AEF中$\left\{\begin{matrix}AG=AF \ ∠GAE=∠FAE \ AE=AE \ \end{matrix}\right.$，

∴△AEG≌△AEF(SAS)，

∴EF=GE=BG-BE=DF-BE=12-2=10．

点评：

本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质，等式的性质，综合性较强，题目稍有难度．

分析：

(1)在DN的延长线上截取DM$_1$=BM，连接CM$_1$．可证△DCM≌△CDM$_1$，即可得CM=CM$_1$，∠MCB=∠M$_1$CD，M$_1$C=BM，易证得∠M$_1$CN=∠MCN=60°，则可证得△MCN≌△M$_1$CN，然后由全等三角形的性质，即可得BM+NC=MN．

(2)首先在BN上截取BM$_1$=DM，连接CM$_1$，可证△DCM≌△BCM$_1$，即可得DM=DM$_1$，DM=BM$_1$，∠M$_1$CB=∠MCD，然后证得∠M$_1$CN=∠MCN=60°，易证得△MCN≌△M$_1$CN，则可得MN+DM=BN．

(3)首先在DN上截取DM$_1$=BM，连接CM$_1$，可证CBM≌△CDM$_1$，即可得CM=CM$_1$，∠MCB=∠M$_1$CD，BM=DM$_1$，然后证得∠M$_1$CN=∠MCN=60°，易证得△MCN≌△M$_1$CN，则可得ND-BM=MN．

解答：

(1)答：如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC=MN．



证明：在DN的反向延长线上截取DM$_1$=BM，连接CM$_1$．

∵∠B+∠D=180°，∠CDN+∠CDM=180°，

∴∠B=∠CDM，

在△BCM与△DCM$_1$中，

$\left\{\begin{matrix}BM=DM$_1$ \ ∠B=∠CDM$_1$ \ BC=CD \ \end{matrix}\right.$，

∴△BCM≌△DCM$_1$(SAS)，

∴CM=CM$_1$，∠MCB=∠M$_1$CD，M$_1$C=BM，

∵∠MCN=60°，∠BCD=120°，

∴∠M$_1$CN=∠MCN=60°，

∴△MCN≌△M$_1$CN，

∴MN=M1N=M$_1$D+ND=BM+ND，

即MN=BM+ND．



(2)MN+DN=BM；

证明：如图2，在BM上截取BN$_1$=DN，连接CN$_1$．



可证△DCN≌△BCN$_1$，

∴CN=CN$_1$，DN=BN$_1$，∠N$_1$CB=∠NCD，

∵∠MCN=60°，∠BCD=120°，

∴∠N$_1$CM=∠MCN=60°，

在△MCN与△MCN$_1$中，

$\left\{\begin{matrix}BN$_1$=DN \ ∠MCN$_1$=∠MCN \ BC=CD \ \end{matrix}\right.$，

∴△MCN≌△MCN$_1$(SAS)，

∴MN=MN$_1$，

∴MN+DN=BM．



(3)ND-BM=MN；

证明：如图3，在DN上截取DM$_1$=BM，连接CM$_1$．



可证△CBM≌△CDM$_1$，

∴CM=CM$_1$，∠MCB=∠M$_1$CD，BM=DM$_1$，

∵∠MCN=60°，∠BCD=120°，

∴∠M$_1$CN=∠MCN=60°，

在△NCM1和△NCM中

$\left\{\begin{matrix}CM$_1$=CM \ ∠N$_1$CM=∠NCM \ CN=CN \ \end{matrix}