如图所示, 过点$B$ 分别作$BM\bot AE, BN\bot FC$ 连结$BF,BE$, $\because E,F$ 分别
在$CD,DA$ 上, 所以$S_{\triangle ABE}=S_{\triangle BCF}=\frac{1}{2} S_{ABCD}$.

即$AE\times BM=CF\times BN\Rightarrow BM=BN$, 所以有 $B$ 在 $\angle ACG$ 的平分
线上,问题得证.

$\because AC\bot BC, CD\bot AB, \therefore \angle ACD=\angle CBD$
\beacuse AF 平分 $\angle CAB \therefore \angle CAF=\angle BAF$
$\therefore \angle CFA=\angle B+\angle BAF=\angle ACD+\angle CAF=\angle CEF$
因此有 $CF=CE$ .

过点 $E$ 作 $ET\parallel CB, \because EG\parallel AB, \rightarrow ETBG$ 为平行四
边形, $ET=GG$

又易证 $\triangle ACE\cong \triangle ATE \rightarrow EC=ET=GB$,所以 $GF=GB$.

容易看到 $\triangle ADC\cong \triangle CFB$ 利用等边三角形 $\triangle AED$ ,可得
$CF=DE$ . 若能证明 $CD\parallel DE$ 或是 $EF=DC$ ,命题即可获证, 我们从证明
$EB=DC$ 着手.

连结 $EB$ 易得 $\triangle ACD\cong \triangle ABE$ , 所以得: $EB=DC, \angle ABE=\angle ACD=60^{\circ}$ . 因此可得 $\triangle BEF$ 为等边三角形. 所以
$EF=FB=DC$ . 故得四边形 $CDEF$ 为平行四边形.

如图所示，过 $M$ 作 $AD$ 边的平行线交 $CD$ 于 $Q$ , 交 $AB$ 于 $AB$ 于 $P$,
$AP=DQ, BP=CQ$ 由勾股定理可得： $MA^2-AP^2=MB^2-BP^2$ 即 $MA^2-MB^2=AP^2-BP^2$ ,
同理可得： $MD^2-MC^2=DQ^2-CQ^2=AP^2=BP^2$ 所以 $MD^2-MC^2=MA^2-MB^2=\frac{1}{2} $ 由 $\angle CMD=90^{\circ},MD^2+MC^2=CD^2=1$ 可得 $2MC^2=\frac{1}{2} , MC^2=\frac{1}{4} ,MC=\frac{1}{2} $ .

在直角三角形 $\triangle DMC $ 中, 由 $CM=\frac{1}{2} CD$ , 可得 $\angle MCD=60^{\circ}$ .

设 $E$ 是对角线 $AC$ 的中点，连结 $PE,EQ$ 如图所示，则 $PE\parallel AB, PE=BM=\frac{1}{2} AB$ .
同理可得 $EM\parallel BC, EM=\frac{1}{2} BC$ ; $EQ\parallel DC,EQ=\frac{1}{2} DC$ ; $EN\parallel AD, EN=\frac{1}{2} AD$ .

相加得

$EP+EM+EQ+EN=\frac{1}{2} (AB+BC+CD+DA)$

另一方面有： $EM+EN\geq MN, EP+EQ\geq PQ$ .所以

$EP+EM+EQ+EN\geq MN+PQ=\frac{1}{2} (AB+BC+CD+DA)$

由上述两式可得：

$EP+EM+EQ+EN=PQ+MN$

因此， $E$ 应位于 $MN$ 与 $PQ$ 的交点 $O$ 处，即 $OA=OC$
同理可证 $BD$ 的中点也与 $O$ 重合，有 $OB=OD$ .

所以四边形 $ABCD$ 为平行四边形.