显然有$\triangle ABE\cong \triangle ADF(HL)\Rightarrow CE=CF, AC\bot EF$.
设$EN=FN=a\Rightarrow NC=a, AE=AF=2a$, 由勾股定理可得$CE=CF=\sqrt{2}a, NA=\sqrt{3}a, AB=BC=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}a$. 所以可得$BE=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}a$.

所以: $S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}a\cdot \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}a =\frac{a^2}{2}=S_{\triangle CEN}$. 所以(1)得证.

(2) 连结$AM$, $\because BE=CM\Rightarrow S_{ABE}=S_{ACM}\Rightarrow S_{ANM}=S_{ENM}\Rightarrow NM\parallel AE$.

如图所示, 连结$OE,OF,OC,OD$, $\because AF$ 平分$\angle BAD$, 且$AB\parallel CD, AD\parallel BC\Rightarrow AB=BE, CE=CF$, 又因为$O$ 为外心, 因此有$OC=OE, \angle OCE=\angle OEc=\angle OCF$, 所以有$\angle BEO=\angle OCD$, 且
$BE=BA=CD\Rightarrow \triangle BOE\cong DOC(SAS)$, 得: $\angle BOE=\angle DOC$ 且$OB=OD$. 所以可得$\angle EOC=\angle BOD$, 故$\angle DBO=\angle OCE= \frac{1}{2}\angle BCC=\frac{1}{2}\angle ABC$.

设$CO$ 交$QP$ 于$D$, $C_1O$ 交$PN$ 于$E$, 由$\angle BCO=\angle COE=45^{\circ}\Rightarrow \triangle OCE$ 为等腰直角三角形, 显然$\triangle CQP, \triangle C_1PN$ 也为等腰直角三角形, 因为$OE=OD=1$,可得$OC=OC_1=\sqrt{2}\Rightarrow CD=C_1E=\sqrt{2}-1$, 因此有: $QC=CP=PC_1=\sqrt{2}\cdot(\sqrt{2-1})=2-\sqrt{2},QP=2CD=2\sqrt{2}-2$.

易证$\triangle A_1KQ,\triangle AKL, \triangle LB_1M, \triangle MBN$均为等腰直角三角形, 所以易得$AC=A_1C_1=2+\sqrt{2},A_1Q=2,BM=\sqrt{2},CK=2$, 所以$AK=\sqrt{2}$,容易求得重叠部分面积为:$S_{ABC}-S_{ALK}-S_{BMN}-S_{CQP}=4\sqrt{2}-2$.

如图所示作辅助线, 设正方形得边长为$a$, $HS=x, ET=y$, 由已知可得: $a^2=5\times 2-S_{MQPN}\Rightarrow a^2=10-xy$, $x^2+a^2=9, y^2+a^2=16 \Rightarrow x^2-xy=-1, y^2-xy=6\Rightarrow (y-x)^2=5$, 另一方面$y^2-x^2=7$, 通过计算可以得出$xy=\frac{6}{5}$,
所以$a^2=10-xy=\frac{44}{5}$. 即正方形$ABCD$ 的面积为$\frac{44}{5}$.

如果所示, 作$B$ 关于$AC$ 的对称点$G$, 连结$GM,GA$, 过$G$ 作$GH\bot AB$ 于$H$.

在$Rt\triangle ABC$ 中, $AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=10\sqrt{5}$,
由$AC$ 垂直平分$BG\Rightarrow MB=MG\Rightarrow MB+MN\geq GN\geq GH$.

设$AC$ 与$GB$ 交于点$T$, 在$\triangle ABC$ 中有: $AC\times BT=BC\times AB\Rightarrow BT=4\sqrt{5}$.
所以$AT=\sqrt{AB^2-GT^2}=8\sqrt{5}$. 因此在$\triangle ABG$ 中有$AT\times BG=AB\times GH\Rightarrow GH=16$.

所以最小值为$16$.

如图所示, 过$A$ 作$AH\bot NM$ 与点$H$, 连结$AN$.
$\because \angle DAM=\angle NMA=\angle AMB\Rightarrow BM=HM=3, AH=AB=6$.
$\therefore \triangle ADN\cong AHN(HL)\Rightarrow DN=NH$.

设$DN=x\Rightarrow NM=3+x, NC=6-x, MC=3$. 在$Rt\triangle NCM$ 中
$NM^2=NC^2+MC^2\Rightarrow (3+x)^2=3^2+(6-x)^2\Rightarrow x=2$

如图作辅助线, 设$HF$ 所在的直线与$AD, BC$ 分别交于点$S,T$, 连结$NO,NC$.
由折叠及$EG\parallel BC\Rightarrow \angle CMN=\angle NMO=\angle OGM\Rightarrow OG=OM=MC$,

由$AB=\sqrt{6}, EF=2\Rightarrow OM=OG=MC=\sqrt{3}; OT=\frac{\sqrt{6}}{2}$, 所以
$TM=\sqrt{OM^2-OT^2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$

设$DN=x$, 在直角三角形$\triangle CDN$ 与$\triangle OSN$ 中,得:

$OS^2+SN^2=ND^2+CD^2$

所以$\left( \frac{\sqrt{6}}{2} \right)^2+\left( \sqrt{3}+\frac{\sqrt{6}}{2} \right)^2=x^2+\sqrt{6}^2\Rightarrow x=\sqrt{6}-\sqrt{3}$

连结$DP,DN,EQ,EN,MN$, 因为$\triangle ABD$ 与$\triangle AEC$ 为等腰直角三角形, 所
以$DP\bot AB,EQ\bot AC$, 因为$M,N,Q,P$ 分别为中点, 所以$APNQ$ 为平行四边形, 所以
$\triangle DPN\cong \triangle NQE(SAS)\Rightarrow DN=NE$, 通过计算可得$\angle DNE=90^{\circ}$ (注意,此方法同样适用于3月10日每日一题)

所以得$\triangle DEN$ 为等腰直角三角形( 用3月10日得方法也行)

因此得$\angle PNM=\angle QEM\Rightarrow \triangle PNM\cong QEM(SAS)\Rightarrow$,
接下来易证$\triangle PQM$ 为等腰直角三角形.

如图所示: 分别过$D,A,F$ 作$BC$ 所在直线得垂线, 垂直分别是$P,R,Q$, 过$D$ 作$MN$
的垂线, 分别交$MN,FQ$ 于$S,T$.

易证$\triangle DPB\cong BRA$, $\triangle ARC\cong CQF\Rightarrow DP=BR, RC=QF$.
另一方面易证$DPNS$ 和$NSTQ$ 为矩形且$MT=MD\Rightarrow SD=ST\Rightarrow MS$ 为
$\triangle DFT$ 的中位线, 所以$MS=\frac{FT}{2}\Rightarrow MN=\frac{DP+FQ}{2}=\frac{BR+RC}{2}=\frac{BC}{2}$.

如图作辅助线, $N$ 为$AD$ 中点, 过$N$ 作$NP\parallel AE, NP=AE; NQ\parallel DF,NQ=DF;NR\parallel AB;NS\parallel DC$, 连结$PQ$.

因为$EP\parallel QF, EP=QF\Rightarrow EPFQ$ 为平行四边形, 所以$PQ$ 过$PQ$ 的中点
$M$.

连结$NM$ 并延长至$K$ 使$NM=MK$, 连结$KQ$. 所以四边形$PNQK$ 为平行四边形,
由$\angle PNQ+\angle NQK=180^{\circ}, \angle RNS+\angle PNQ=180^{\circ}\Rightarrow \angle RNS=\angle KQN$,
所以可得$\triangle RNS\cong KQN\Rightarrow KN\bot RS\Rightarrow MN\bot AD\Rightarrow MA=MD$.