证明：连接DF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=15，BD=2OD，CD=AB，
∵BD=2CD，
∴OD=CD，
∵F为AD的中点，
∴AF=FD=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{15}{2}$，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O为AC中点，
∵E为OC中点，
∴E为AC四等分点，OE=$\frac{1}{4}$AC，
在△ADC中，F为AD中点，E为AC四等分点，
连接DF，设G为AC中点，则OG=GC，E为OC中点，
∴GE=EC，AG=GC=2OE，
∴AE=AG+GE=2OE+OE=3OE，EC=OE，
∴E为AC靠近C的四等分点，
又
∵F为AD中点，
∴EF是△ADC的中位线的一部分，
或通过坐标法设点：设D(0,0)，C(c,0)，A(a,b)，则B(a+c,b)，
O($\frac{a+c}{2}$,$\frac{b}{2}$)，F($\frac{a}{2}$,$\frac{b}{2}$)，E($\frac{\frac{a+c}{2}+c}{2}$,$\frac{\frac{b}{2}+0}{2}$)=($\frac{a+3c}{4}$,$\frac{b}{4}$)，
EF=$\sqrt{(\frac{a+3c}{4}-\frac{a}{2})^2+(\frac{b}{4}-\frac{b}{2})^2}$=$\sqrt{(\frac{3c-a}{4})^2+(-\frac{b}{4})^2}$，
AD=15，AD=$\sqrt{a^2+b^2}$=15，
OD=CD，OD=$\sqrt{(\frac{a+c}{2})^2+(\frac{b}{2})^2}$，CD=c，
∴$(\frac{a+c}{2})^2+(\frac{b}{2})^2$=c²，
即(a+c)²+b²=4c²，a²+2ac+c²+b²=4c²，
∵a²+b²=225，
∴225+2ac=3c²，
EF²=$\frac{(3c-a)^2+b^2}{16}$=$\frac{9c²-6ac+a²+b²}{16}$=$\frac{9c²-6ac+225}{16}$，
由225=3c²-2ac，得6ac=9c²-675，
∴EF²=$\frac{9c²-(9c²-675)+225}{16}$=$\frac{900}{16}$，EF=$\frac{30}{4}$=7.5.
答案：A.7.5

解：
∵顶点$A$的坐标为$(2,0)$，$O$为坐标原点，
$\therefore OA = 2$。
在$Rt\triangle ABO$中，$AB = OB$，$\angle AOB = 90°$，
$\therefore OB = AB$，设$OB = AB = x$，
由勾股定理得：$OB^2+OA^2 = AB^2$，即$x^2 + 2^2=x^2$，此方程无解，应为$OB^2+OA^2 = AB^2$不成立，正确应为$OB^2 + OA^2=AB^2$，但$AB = OB$，所以$OB^2+OA^2=OB^2$，得$OA^2 = 0$，矛盾，实际应为$\angle OBA = 90°$，
设$B(a,b)$，则$OB^2=a^2 + b^2$，$AB^2=(a - 2)^2 + b^2$，
$\because AB = OB$，$\angle OBA = 90°$，
$\therefore \overrightarrow{BO}·\overrightarrow{BA}=0$，$\overrightarrow{BO}=(-a,-b)$，$\overrightarrow{BA}=(2 - a,-b)$，
$\therefore (-a)(2 - a)+(-b)(-b)=0$，即$a(a - 2)+b^2 = 0$，
又$a^2 + b^2=(a - 2)^2 + b^2$，得$a^2=(a - 2)^2$，$a^2=a^2 - 4a + 4$，$4a = 4$，$a = 1$，
代入$a(a - 2)+b^2 = 0$，$1×(-1)+b^2 = 0$，$b^2 = 1$，$b = 1$（$B$在第一象限），$\therefore B(1,1)$。
过$B$作$BE⊥ x$轴于$E$，过$D$作$DF⊥ x$轴于$F$，
$\because$四边形$ABCD$是正方形，$\therefore AB = AD$，$\angle BAD = 90°$，
$\therefore \angle BAE+\angle DAF = 90°$，$\angle ABE+\angle BAE = 90°$，$\therefore \angle ABE=\angle DAF$，
$\triangle ABE\cong\triangle DAF(AAS)$，$\therefore AF = BE = 1$，$DF = AE = OA - OE=2 - 1 = 1$，
$\therefore OF=OA + AF=2 + 1 = 3$，$\therefore D(3,1)$。
答案：A

解：取 $AB$ 中点 $E$，连接 $OE$，$DE$。
在矩形 $ABCD$ 中，$AB=8$，$BC=3$，则 $AD=BC=3$。
$E$ 为 $AB$ 中点，$\therefore AE=\frac{1}{2}AB=4$。
在 $Rt\triangle ADE$ 中，$DE=\sqrt{AD^2 + AE^2}=\sqrt{3^2 + 4^2}=5$。
$\because \angle AOB=90°$，$E$ 为 $AB$ 中点，$\therefore OE=\frac{1}{2}AB=4$。
在 $\triangle ODE$ 中，$OD \leq OE + DE$，当 $O$，$E$，$D$ 三点共线时，$OD$ 取最大值，$\therefore OD_{\mathrm{max}}=OE + DE=4 + 5=9$。
答案：B

证明：
∵ $ BF // CD $，$ CD = BF $，
∴ 四边形 $ BCDF $ 是平行四边形。
若添加条件 $ AC ⊥ BD $，
∵ 平行四边形 $ BCDF $ 的对角线 $ CF ⊥ BD $，
∴ 四边形 $ BCDF $ 是菱形。
答案：$ AC ⊥ BD $

解：在正五边形$ABCDE$中，每个内角的度数为$\frac{(5 - 2)×180^{\circ}}{5}=108^{\circ}$，即$\angle ABC = \angle BCD=108^{\circ}$。
因为$\angle ABC$是$\triangle BCF$的外角，所以$\angle ABC=\angle F+\angle BCF$。
又因为$\angle BCD + \angle BCF=180^{\circ}$，所以$\angle BCF=180^{\circ}-\angle BCD=180^{\circ}-108^{\circ}=72^{\circ}$。
则$\angle F=\angle ABC - \angle BCF=108^{\circ}-72^{\circ}=36^{\circ}$。
$36^{\circ}$

解：
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，$AB=2$，
∴ $\angle A=\angle BCD=90°$，$CD=AB=2$，$AD=BC$。
∵ $\angle ABE=30°$，$\triangle ABE$ 沿 $BE$ 折叠得 $\triangle FBE$，
∴ $BF=AB=2$，$\angle FBE=\angle ABE=30°$，$\angle BFE=\angle A=90°$，
∴ $\angle CBF=\angle ABC-\angle ABE-\angle FBE=90°-30°-30°=30°$。
∵ $CF$ 平分 $\angle BCD$，$\angle BCD=90°$，
∴ $\angle BCF=45°$。
在 $\triangle BCF$ 中，过 $F$ 作 $FG⊥ BC$ 于 $G$，设 $FG=x$，
则 $CG=FG=x$（$\angle BCF=45°$），$BG=FG\cot30°=\sqrt{3}x$。
∵ $BC=BG+CG=\sqrt{3}x+x=(\sqrt{3}+1)x$，且 $BF=2$，
在 $\mathrm{Rt}\triangle BFG$ 中，$FG^2+BG^2=BF^2$，
即 $x^2+(\sqrt{3}x)^2=2^2$，解得 $x=1$（$x＞0$），
∴ $CG=1$，$BC=(\sqrt{3}+1)×1=\sqrt{3}+1$，
∴ $AD=BC=\sqrt{3}+1$。
由折叠得 $AE=EF$，在 $\mathrm{Rt}\triangle ABE$ 中，$AE=AB\tan30°=2×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴ $DE=AD-AE=(\sqrt{3}+1)-\frac{2\sqrt{3}}{3}=1+\frac{\sqrt{3}}{3}$。
过 $F$ 作 $FH⊥ AD$ 于 $H$，则 $FGDH$ 为矩形，
∴ $DH=FG=1$，$FH=DG=CD-CG=2-1=1$，
∴ $EH=DE-DH=(1+\frac{\sqrt{3}}{3})-1=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
又 $EF=AE=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，则 $FH=1$，$DH=1$。
在 $\mathrm{Rt}\triangle DFH$ 中，$DF=\sqrt{DH^2+FH^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
$\sqrt{2}$

解：过点 $ A $ 作 $ AG ⊥ BC $ 于点 $ G $，
$\because AB = AC = \sqrt{5}$，$BC = 4$，
$\therefore BG = GC = 2$，
在 $ \mathrm{Rt}\triangle AGC $ 中，$AG = \sqrt{AC^2 - GC^2} = \sqrt{(\sqrt{5})^2 - 2^2} = 1$。
$\because$ 四边形 $ ACDE $ 是正方形，
$\therefore AC = CD = \sqrt{5}$，$\angle ACD = 90°$，
$\because \angle ACG + \angle DCF = 90°$，$\angle ACG + \angle CAG = 90°$，
$\therefore \angle DCF = \angle CAG$，
又 $\because \angle AGC = \angle CFD = 90°$，
$\therefore \triangle AGC \cong \triangle CFD (\mathrm{AAS})$，
$\therefore CF = AG = 1$，$DF = GC = 2$。
$\therefore GF = GC + CF = 2 + 1 = 3$，
在 $ \mathrm{Rt}\triangle AGF $ 中，$AF = \sqrt{AG^2 + GF^2} = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$。
$\sqrt{10}$