10. 如图,在$□ ABCD$中,已知$E$是$BC$的中点,连接$AE$并延长交$DC$的延长线于点$F$.
(1) 求证:$AB=CF$.
(2) 连接$DE$,若$AD=2AB$,求证:$DE⊥ AF$.

两问结论均得证，(1) AB=CF成立；(2) DE⊥AF成立。

(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//DF，可得∠BAE = ∠CFE，∠ABE = ∠FCE，
∵ E是BC的中点，
∴ BE = CE，
在△ABE和△FCE中：
$\{\begin{array}{l}∠BAE = ∠CFE \\∠ABE = ∠FCE \\BE = CE\end{array} $
∴ △ABE ≌ △FCE（AAS），
由全等三角形对应边相等，即可证得AB = CF。
(2) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB = CD，
结合(1)的结论AB = CF，可得DF = DC + CF = 2AB，
又已知AD = 2AB，因此AD = DF，即△ADF为等腰三角形，
由△ABE ≌ △FCE可得AE = EF，即DE是等腰△ADF底边AF上的中线，
根据等腰三角形三线合一的性质，即可证得DE⊥AF。

定义:若四边形有一组对角互补,一组邻边相等,且相等邻边的夹角为直角,像这样的图形称为“角等邻对补”四边形,简称“直等补”四边形.根据以上定义,解决下列问题.
(1) 如图1,以菱形ABCD的一边CD为边向外作正方形CDEF,M,N分别是菱形和正方形的对角线交点,连接MN.求证:① 四边形DMCN是“直等补”四边形;② 若$MN=\sqrt{2}$,求四边形DMCN的面积.
(2) 如图2,已知四边形ABCD是“直等补”四边形,其中$AB=BC=5$,$CD＞AB$,过点B作$BE⊥CD$于点E且$BE=4$,连接BD.若P是线段BD上的动点,请你直接写出$△ PEC$的周长的最小值.

(1)① 证明如上；② 四边形DMCN的面积为$\boldsymbol{1}$；(2) △PEC的周长最小值为$\boldsymbol{3+\sqrt{65}}$。

(1)① 证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，即∠DMC=90°，
∵ 四边形CDEF是正方形，
∴ DF⊥CE，DN=CN，∠DNC=90°，
∴ ∠DMC + ∠DNC = 90° + 90° = 180°，满足一组对角互补的条件，
又∵ 邻边DN=CN，且相等邻边的夹角∠DNC=90°，
完全符合“直等补”四边形的定义，因此四边形DMCN是“直等补”四边形。
② 解：
设DM=a，MC=b，在Rt△DMC中，由勾股定理得$CD^2=a^2+b^2$，
在Rt△DNC中，DN=CN，∠DNC=90°，故$DN^2+CN^2=CD^2$，即$2DN^2=a^2+b^2$。
以M为原点，BD所在直线为y轴，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则D(0,a)，C(b,0)，
等腰Rt△DNC的直角顶点N的坐标为$(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2})$，
由$MN=\sqrt{2}$，得$MN^2=(\frac{a+b}{2})^2 + (\frac{a+b}{2})^2=\frac{(a+b)^2}{2}=2$，解得$(a+b)^2=4$。
四边形DMCN的面积：
$S=S_{△ DMC}+S_{△ DNC}=\frac{1}{2}ab+\frac{1}{2}DN^2=\frac{1}{2}ab+\frac{1}{4}(a^2+b^2)=\frac{(a+b)^2}{4}=\frac{4}{4}=1$。
(2) 解：
由“直等补”四边形定义，AB=BC=5，相等邻边夹角∠ABC=90°，一组对角互补故∠ADC=90°。
过B作BF⊥AD交AD延长线于F，可证△ABF≌△CBE(AAS)，得BF=BE=4，$AF=\sqrt{AB^2-BF^2}=3$，故CE=AF=3。
建立平面直角坐标系可得BD的直线方程为y=x+4，作E关于BD的对称点E'(-4,4)，根据两点之间线段最短，PE+PC的最小值为$E'C=\sqrt{(3+4)^2+(0-4)^2}=\sqrt{65}$，因此△PEC的周长最小值为$3+\sqrt{65}$。