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$\triangle RNS\cong KQN\Rightarrow KN\bot RS\Rightarrow MN\bot AD\Rightarrow MA=MD$.

(1) 如图所示, 设$M$ 为$DC$ 的中点,连结$EM$, 过$E$ 作$EN\bot AD$ 于$N$.
$\therefore \triangle CME$ 为正三角形, 由$ME=MC=MD\Rightarrow \angle DEC=90^{\circ}$.

(2) 另一方面显然有$\triangle ABD\cong BCE\Rightarrow \angle AFE=60^{\circ}$.
又$DE=\sqrt{3}EC=\sqrt{3}$, 在$\triangle ADE$ 中,
$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{7}$, 因此可得 $S_{ADE}=\frac{AD\cdot NE}{2}=\frac{AE\cdot DE}{2}$.
可求得$NE=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\Rightarrow NF=\frac{2}{\sqrt{7}}\Rightarrow EF=\frac{4}{\sqrt{7}}$.
在$Rt\triangle DNE$ 中, $DN=\sqrt{DE^2-NE^2}=\frac{3}{\sqrt{7}}\Rightarrow DF=DN-NF=\frac{1}{\sqrt{7}}$.

综上可得: 四边形$DCEF$ 的周长为$DC+CE+EF+FD=\frac{5\sqrt{7}}{7}+3$.

分别过$C,D$ 作$AB$ 的垂线, 垂足分别是$M,N$. 因为$CD\parallel AB\Rightarrow CM=CN$, 又$CM=\frac{AB}{2}\Rightarrow CN=\frac{AD}{2}$, 易证$\angle BAD=30^{\circ}$.

通过简单计算可得$\angle DBC=30^{\circ}, \angle BDE=\angle BED=75^{\circ}\Rightarrow BE=BD$.

显然有$\triangle OAD\cong \triangle OBC\Rightarrow AD=BC,\angle CBD=\angle DAC$.
连结$CS,BP\Rightarrow CS\bot DB, BP\bot AC$.
因为$Q$ 为$BC$ 中点，所以$QS=QP=\frac{BC}{2}$. 由$PS$ 为中位线得$PS=\frac{AD}{2}$.
因此有$\triangle PQS$ 为等边三角形.

(2)由$DC=3, BO=5\Rightarrow CS=\frac{3\sqrt{3} }{2}, BS=\frac{13}{2}\Rightarrow BC=7\Rightarrow QS=\frac{7}{2}$.
因此$S_{PQS}=\frac{\sqrt{3}}{4}\left( \frac{7}{2} \right)^2=\frac{49\sqrt{3} }{16}$.

(3) 设$DC=2x,AB=2y$参照上一问得作法得: $BC^2=CS^2+SB^2=(\sqrt{3} )^2+(x+2y)^2=4x^2+4xy+4y^2\Rightarrow S_{\triangle PQS}=\frac{\sqrt{3} }{4}(x^2+xy+y^2)$.

另一方面: $S_{AOD}=S_{BOC}=\frac{OB\times CS}{2}=\sqrt{3} xy\Rightarrow \frac{x^2+xy+y^2}{4xy}=\frac{7}{8}\Rightarrow 2x^2-5xy+2y^2=0\Rightarrow (2x-y)(x-2y)=0\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{1}{2}$ 或$\frac{x}{y}=2$.

所以$CD:AB=2x:2y=x:y=\frac{1}{2}$ 或$2$.

如图所示, 过$D$ 作$DN\parallel AC$ 交$BC$ 于$N$, 连结$NE,NA$.
由$DN\parallel AC$ 且$DN=AE\Rightarrow ADNE$ 为平行四边形, 所以$AN$ 经过$DE$ 的
中点$M$, 且$AN=2AM$.

另一方面, 易证$\triangle ABN\cong \triangle CBD\Rightarrow CD=AN=2AM=14$.

设$M$ 为$BC$ 中点, 连结$MP,AM$.
由$\triangle CDF\cong BCE\Rightarrow FC\bot BE$;
再由$AF=MC,AF\parallel MC\Rightarrow AMCF$ 为平行四边形,所以$FC\parallel AM$.
因此有$AM\bot BF$.
又$MP=\frac{AC}{2}=BM\Rightarrow MA$ 垂直平分$PB$
所以$AP=AB$.

如图所示, 作$\angle BAF$ 的平分线分别交$BC$ 及$DC$ 延长线于$N,M$.
因为$DM\parallel AB\Rightarrow \angle BAN=\angle NAF=\angle NMF\Rightarrow FA=FM$.

设$AB=4a\Rightarrow DF=3a,FC=a$, 所以$FM=FA=\sqrt{AD^2+DF^2} =5a\Rightarrow CM=4a$.因此有$\triangle CMN\cong BAN\cong DAE$

所以$\angle BAF=2\angle DAE$.

设正方形的边长为$2a$. 所以$CM=a,MD=\sqrt{MC^2+CD^2}=\sqrt{5} a\Rightarrow CF=MF-MC=(\sqrt{5}-1)a$,

$\frac{CF}{CD}=\frac{(\sqrt{5} -1)a}{2a}=\frac{\sqrt{5} -1}{2}$.

如图所示作辅助线, 延长$BD$ 至$F$ 使$BD=DF$, 连结$FA,FC$, 延长$CE$ 至$G$ 使$CE=EG$,
连结$GA,GB$, 因为$M$ 为$BC$ 中点, 所以$DM\parallel FC, DM=\frac{1}{2}FC$,
$EM\parallel GB, EM=\frac{1}{2}GB$.

另一方面易得: $\angle FAB=90^{\circ}, \triangle FAC\cong \triangle BAG$.
所以有: $FC=GB, \angle AFC=\angle ABG\Rightarrow \angle BHC=90^{\circ}$.
因此容易等到$\angle DME=90^{\circ}, DM=EM$. 所以$\triangle DME$ 为等腰直角三角形
.