【分析】
解题时先结合正方形特征分析：正方形边长为1，可得BC+CD=2，结合△ECF周长为2的条件，可推导出EF=BE+DF；遇到此类两条短线段之和等于第三条线段的问题，可通过旋转将分散的短线段拼接为长线段，本题将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，先证明G、B、E三点共线，再证明△AEF与△AEG全等，最后通过角的和差关系即可求出∠EAF的度数。
【解析】
将△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABG的位置，则△ADF≌△ABG，
∴DF=BG，AG=AF，∠ABG=∠D=∠ABE=90°，∠DAF=∠BAG，
∴∠ABG+∠ABE=180°，即G、B、E三点共线。
∵正方形ABCD的边长为1，
∴BC+CD=BE+CE+CF+DF=2，
又
∵△ECF的周长是2，即EF+CE+CF=2，
∴EF=DF+BE=BE+BG=GE。
在△AEF和△AEG中：
$\{\begin{array}{l}AF=AG \\EF=GE \\AE=AE\end{array} $
∴△AEF≌△AEG（SSS），
∴∠EAF=∠EAG。
又
∵∠FAG=∠FAB+∠BAG=∠FAB+∠DAF=∠BAD=90°，
∴∠EAF=$\frac{1}{2}$∠FAG=45°。
【答案】
B
第1题答图
【知识点】
正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是全等三角形“半角模型”的典型应用，通过旋转将分散的线段集中，构造全等三角形实现角的等量转化，解题的关键是利用周长条件推导出EF=BE+DF的线段和关系。
【难度系数】
0.6

【分析】
要证明线段和$EF=BE+FD$，属于线段和差类证明问题，常用截长补短的思路求解。本题已知$AB=AD$，$∠ B$、$∠ D$均为直角，适合采用补短法：延长$EB$到点$G$，使$BG=DF$，先构造$△ ABG$与$△ ADF$全等，得到对应边、对应角相等；再结合$∠ EAF=\frac{1}{2}∠ BAD$的条件，证明$△ AEG$与$△ AEF$全等，将$EF$转化为$EG$，即可得到$EF$与$BE$、$FD$的和差关系。第二问证明$FA$平分$∠ DFE$，只需利用两次全等的对应角相等，证得$∠ AFE=∠ AFD$即可。
【解析】
(1) 如答图，延长$EB$至点$G$，使$BG=DF$，连接$AG$。
第2题答图
在$△ ABG$和$△ ADF$中：
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ ABG=∠ D=90°, \\ BG=DF, \end{cases}$
$\therefore △ ABG ≌ △ ADF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ 1=∠ 2$，$AF=AG$。
$\because ∠ EAF=\frac{1}{2}∠ BAD$，
$\therefore ∠ 2+∠ 3=\frac{1}{2}∠ BAD=∠ 1+∠ 3=∠ EAG$，
$\therefore ∠ EAF=∠ EAG$。
又$\because AE=AE$，
$\therefore △ AEG ≌ △ AEF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore EF=EG$，$∠ G=∠ AFE$。
$\because EG=BE+BG=BE+DF$，
$\therefore EF=BE+FD$。
(2) $\because △ ABG ≌ △ ADF$，
$\therefore ∠ G=∠ AFD$。
又由(1)知$∠ G=∠ AFE$，
$\therefore ∠ AFE=∠ AFD$，
$\therefore FA$平分$∠ DFE$。
【答案】
2. 证明:(1)如答图,延长 EB 至点G,使 BG=DF,连接 AG.
第2题答图
在△ABG 和△ADF 中,$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABG=∠D=90°, \\ BG=DF, \end{cases}$
∴△ABG≌△ADF(SAS),
∴∠1=∠2,AF=AG.
∵∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD,
∴∠2+∠3=$\frac{1}{2}$∠BAD=∠1+∠3=∠EAG,
∴∠EAF=∠EAG.
又
∵AE=AE,
∴△AEG≌△AEF(SAS),
∴EF=EG,∠G=∠AFE.
∵EG=BE+BG=BE+DF,
∴EF=BE+FD.
(2)
∵△ABG≌△ADF,
∴∠G=∠AFD.
又由(1)知∠G=∠AFE,
∴∠AFE=∠AFD,
∴FA 平分∠DFE.
【知识点】
全等三角形判定与性质；角平分线定义；截长补短法
【点评】
本题是全等三角形半角模型的典型考题，通过构造辅助线将分散的线段和角转化到同一个全等关系中，即可快速推导结论，掌握常见的全等辅助线构造方法是解决这类问题的核心。
【难度系数】
0.6