23. (10分)如图,在△ABC中,AB=AC,AD平分∠BAC,$CE// AD$且CE=AD.
(1)求证:四边形ADCE是矩形;
(2)若△ABC是边长为4的等边三角形,AC,DE相交于点O,在CE上截取CF=CO,连接OF,求线段CF的长及四边形AOFE的面积.

(1) 证明：
∵ $ CE // AD $，且 $ CE = AD $，
∴ 四边形 $ ADCE $ 是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）。
∵ $ AB = AC $，$ AD $ 平分 $ ∠ BAC $，
∴ $ AD ⊥ BC $（等腰三角形三线合一），即 $ ∠ ADC = 90° $。
∴ 平行四边形 $ ADCE $ 是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。
(2) 解：
∵ $ △ ABC $ 是边长为4的等边三角形，
∴ $ AB = AC = BC = 4 $，$ ∠ BAC = ∠ ACB = 60° $。
∵ $ AD $ 平分 $ ∠ BAC $，$ AB = AC $，
∴ $ AD ⊥ BC $，$ DC = \frac{1}{2}BC = 2 $。
在 $ \mathrm{Rt}△ ADC $ 中，由勾股定理得：
$ AD = \sqrt{AC^2 - DC^2} = \sqrt{4^2 - 2^2} = 2\sqrt{3} $。
∵ 四边形 $ ADCE $ 是矩形，
∴ $ CE = AD = 2\sqrt{3} $，$ OA = OC = \frac{1}{2}AC = 2 $，$ AD // CE $，
∴ $ ∠ ACE = ∠ CAD = 30° $（内错角相等）。
∵ $ CF = CO $，
∴ $ CF = 2 $。
过点 $ O $ 作 $ OG ⊥ CE $ 于点 $ G $，
在 $ \mathrm{Rt}△ OCG $ 中，$ ∠ OCG = 30° $，$ OC = 2 $，
∴ $ OG = \frac{1}{2}OC = 1 $（直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半）。
$ S_{△ COF} = \frac{1}{2} × CF × OG = \frac{1}{2} × 2 × 1 = 1 $，
$ S_{\mathrm{矩形}ADCE} = AD × DC = 2\sqrt{3} × 2 = 4\sqrt{3} $。
∵ 矩形对角线互相平分，
∴ $ S_{△ AOE} = S_{△ COE} = \frac{1}{4}S_{\mathrm{矩形}ADCE} = \sqrt{3} $，
$ S_{△ FOE} = S_{△ COE} - S_{△ COF} = \sqrt{3} - 1 $，
∴ $ S_{\mathrm{四边形}AOFE} = S_{△ AOE} + S_{△ FOE} = \sqrt{3} + (\sqrt{3} - 1) = 2\sqrt{3} - 1 $。
答：线段 $ CF $ 的长为 $ \boldsymbol{2} $，四边形 $ AOFE $ 的面积为 $ \boldsymbol{2\sqrt{3} - 1} $。

24. (12分)(1)如图1,已知CN平分正方形ABCD的外角∠DCE,M是边BC上的一点,$MN⊥ AM$,求证:AM=MN;
(2)如图2,在(1)的条件下,连接AN交CD于点F,连接MF,试探究BM,MF,DF之间的数量关系;
(3)在(2)的条件下,若正方形的边长为6,$AM=3\sqrt{5}$,求AF的长.

(1) 证明：
在AB上截取BG=BM，连接GM。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC，∠B=∠BCD=∠DCE=90°，
∴ AG=AB-BG=BC-BM=MC，∠BGM=∠BMG=45°，
∴ ∠AGM=180°-45°=135°。
∵ CN平分∠DCE，
∴ ∠ECN=1/2∠DCE=45°，
∴ ∠MCN=180°-45°=135°，
∴ ∠AGM=∠MCN。
∵ MN⊥AM，
∴ ∠AMN=90°，
∴ ∠AMB+∠NMC=90°，
又∠AMB+∠BAM=90°，
∴ ∠BAM=∠NMC。
在△AGM和△MCN中，
$\{\begin{array}{l}∠BAM=∠NMC \\AG=MC \\∠AGM=∠MCN\end{array} $
∴ △AGM≌△MCN（ASA），
∴ AM=MN。
(2) 解：$BM+DF=MF$，证明如下：
将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，
则△ABM≌△ADG，
∴ AM=AG，BM=DG，∠BAM=∠DAG。
∵ ∠AMN=90°，AM=MN，
∴ △AMN是等腰直角三角形，∠MAN=45°，
∴ ∠BAM+∠DAF=90°-∠MAN=45°，
∴ ∠DAG+∠DAF=∠GAF=45°=∠MAN。
在△AMF和△AGF中，
$\{\begin{array}{l}AM=AG \\∠MAN=∠GAF \\AF=AF\end{array} $
∴ △AMF≌△AGF（SAS），
∴ MF=GF。
∵ GF=DG+DF=BM+DF，
∴ $BM+DF=MF$。
(3) 解：
在Rt△ABM中，AB=6，AM=3√5，
由勾股定理得：
$BM=\sqrt{AM^2-AB^2}=\sqrt{(3\sqrt{5})^2-6^2}=\sqrt{45-36}=3$，
∴ $MC=BC-BM=6-3=3$。
设$DF=x$，则$FC=6-x$，$MF=BM+DF=3+x$，
在Rt△MCF中，由勾股定理得：
$MC^2+FC^2=MF^2$，
即$3^2+(6-x)^2=(3+x)^2$，
展开得：$9+36-12x+x^2=9+6x+x^2$，
化简得：$36-12x=6x$，
解得$x=2$，即$DF=2$。
在Rt△ADF中，AD=6，DF=2，
由勾股定理得：
$AF=\sqrt{AD^2+DF^2}=\sqrt{6^2+2^2}=\sqrt{36+4}=2\sqrt{10}$。