证明：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，$EF// BC$，$GH// AB$，
∴四边形$AEPH$、$EBGP$、$HPFD$、$PGCF$均为平行四边形。
在$\triangle ABD$和$\triangle CDB$中，
$AB=CD$，$AD=BC$，$BD=DB$，
∴$\triangle ABD\cong\triangle CDB$（SSS），
∴$S_{\triangle ABD}=S_{\triangle CDB}$。
同理，$\triangle EBP\cong\triangle GBP$，$\triangle HPD\cong\triangle FPD$，
∴$S_{\triangle EBP}=S_{\triangle GBP}$，$S_{\triangle HPD}=S_{\triangle FPD}$。
∵$S_{□ AEPH}=S_{\triangle ABD}-S_{\triangle EBP}-S_{\triangle HPD}$，
$S_{□ PGCF}=S_{\triangle CDB}-S_{\triangle GBP}-S_{\triangle FPD}$，
∴$S_{□ AEPH}=S_{□ PGCF}$。
∵$S_{□ ABGH}=S_{□ AEPH}+S_{□ EBGP}$，
$S_{□ EBCF}=S_{□ PGCF}+S_{□ EBGP}$，
∴$S_{□ ABGH}=S_{□ EBCF}$。
∵$S_{□ ADGH}=S_{□ AEPH}+S_{□ HPFD}$，
$S_{□ CDGH}=S_{□ PGCF}+S_{□ HPFD}$，
∴$S_{□ ADGH}=S_{□ CDGH}$。
综上，面积相等的平行四边形有3对。
答案：B

解：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$OA=OC$，$AB=CD$，$AD=BC$。
∵$OM⊥AC$，
∴$OM$垂直平分$AC$，
∴$MA=MC$。
∵$\triangle CDM$的周长为$14\mathrm{cm}$，
∴$CD + DM + MC = 14\mathrm{cm}$，
∴$CD + DM + MA = CD + AD = 14\mathrm{cm}$，
∴$□ABCD$的周长为$2(AD + CD)=2×14 = 28\mathrm{cm}$。
答案：A

解：设点$B$的坐标为$(x,y)$。
因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$。
已知$A(-1,-2)$，$D(1,1)$，$C(5,2)$，则$\overrightarrow{AD}=(1 - (-1),1 - (-2))=(2,3)$，$\overrightarrow{BC}=(5 - x,2 - y)$。
所以$\begin{cases}5 - x = 2\\2 - y = 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 3\\y = -1\end{cases}$。
故顶点$B$的坐标为$(3,-1)$。

解：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AO=\frac{1}{2}AC=1$，$BO=\frac{1}{2}BD=2$。
在$\triangle AOB$中，$AB=\sqrt{3}$，$AO=1$，$BO=2$，
由余弦定理得：$\cos\angle AOB=\frac{AO^2+BO^2-AB^2}{2· AO· BO}=\frac{1^2+2^2-(\sqrt{3})^2}{2×1×2}=\frac{1+4-3}{4}=\frac{1}{2}$，
∴$\angle AOB=60°$，则$\angle AOE=180°-60°=120°$。
在$\triangle AOE$中，$AO=1$，$\angle AOE=120°$，
$OE=BO·\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$，$BE=BO·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
$EC=BC-BE$，$BC=2BE=2\sqrt{3}$（平行四边形对边相等，$BC=AD$，由平行四边形对角线性质及几何关系可得）。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BO·\sin\angle AOB=\frac{1}{2}×2×2×\sin60°=\sqrt{3}$，
又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC· AE$，即$\sqrt{3}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}· AE$，
解得$AE=\frac{2\sqrt{21}}{7}$。
$\frac{2\sqrt{21}}{7}$