连接AC、BD。
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD四边的中点，
∴EF=$\frac{1}{2}$AC，EF//AC，GH=$\frac{1}{2}$AC，GH//AC，EH=$\frac{1}{2}$BD，EH//BD，FG=$\frac{1}{2}$BD，FG//BD，
∴EF=GH，EF//GH，EH=FG，EH//FG，
∴四边形EFGH是平行四边形。
当AC=BD时，EF=EH，平行四边形EFGH是菱形；
当AC⊥BD时，EF⊥EH，平行四边形EFGH是矩形；
当AC=BD且AC⊥BD时，平行四边形EFGH是正方形。
C

因为$9 ＜ 11 ＜ 16$，所以$\sqrt{9} ＜ \sqrt{11} ＜ \sqrt{16}$，即$3 ＜ \sqrt{11} ＜ 4$。
则$\sqrt{11} - 1$的范围为$3 - 1 ＜ \sqrt{11} - 1 ＜ 4 - 1$，即$2 ＜ \sqrt{11} - 1 ＜ 3$。
所以$\sqrt{11} - 1$的整数部分$a = 2$，小数部分$b = (\sqrt{11} - 1) - a = (\sqrt{11} - 1) - 2 = \sqrt{11} - 3$。
则$(\sqrt{11} + a)(b + 1) = (\sqrt{11} + 2)(\sqrt{11} - 3 + 1) = (\sqrt{11} + 2)(\sqrt{11} - 2)$
根据平方差公式$(x + y)(x - y) = x^2 - y^2$，可得：
$(\sqrt{11})^2 - 2^2 = 11 - 4 = 7$
C

$360^{\circ}×\frac{10}{50}=72^{\circ}$

解：因为$a + \dfrac{1}{a} = \sqrt{10}$，所以$(a + \dfrac{1}{a})^2 = (\sqrt{10})^2$，即$a^2 + 2 + \dfrac{1}{a^2} = 10$，则$a^2 + \dfrac{1}{a^2} = 8$。
$(a - \dfrac{1}{a})^2 = a^2 - 2 + \dfrac{1}{a^2} = 8 - 2 = 6$，所以$a - \dfrac{1}{a} = \pm \sqrt{6}$。
$\pm \sqrt{6}$

解：原式$=(\dfrac{x^2}{x}+\dfrac{2x + 1}{x})÷\dfrac{x + 1}{x^2}$
$=\dfrac{x^2 + 2x + 1}{x}·\dfrac{x^2}{x + 1}$
$=\dfrac{(x + 1)^2}{x}·\dfrac{x^2}{x + 1}$
$=x(x + 1)$
$=x^2 + x$
由$3x^2 + 3x - 7 = 0$，得$3(x^2 + x)=7$，即$x^2 + x=\dfrac{7}{3}$
故原式的值为$\dfrac{7}{3}$

解：设点$A(a,0)$，$B(0,b)$，其中$a,b＞0$。
因为四边形$ABCD$是正方形，边长为$2$，所以$AB=2$，且$\overrightarrow{AB}=(-a,b)$，$\overrightarrow{AD}=(b,a)$（由正方形邻边垂直且相等可得）。
则点$D$的坐标为$A+\overrightarrow{AD}=(a+b,a)$，点$C$的坐标为$B+\overrightarrow{AD}=(b,a+b)$。
由$AB=2$，得$\sqrt{a^2 + b^2}=2$，即$a^2 + b^2=4$。
点$O(0,0)$到点$C(b,a + b)$的距离$OC=\sqrt{b^2+(a + b)^2}=\sqrt{a^2 + 2b^2 + 2ab}$。
因为$a^2 + b^2=4$，所以$OC=\sqrt{4 + b^2 + 2ab}$。
设$t = a + b$，则$t^2=a^2 + 2ab + b^2=4 + 2ab$，即$2ab=t^2 - 4$，所以$OC=\sqrt{4 + b^2 + t^2 - 4}=\sqrt{b^2 + t^2}$。
又因为$t = a + b$，由均值不等式$a + b≤\sqrt{2(a^2 + b^2)}=2\sqrt{2}$，当且仅当$a = b=\sqrt{2}$时取等号。
但通过三角换元，设$a = 2\cosθ$，$b = 2\sinθ$，$θ\in(0,\frac{π}{2})$，则$OC=\sqrt{(2\sinθ)^2 + (2\cosθ + 2\sinθ)^2}=\sqrt{4\sin^2θ + 4(\cosθ + \sinθ)^2}=2\sqrt{\sin^2θ + 1 + 2\sinθ\cosθ}=2\sqrt{2 + \sin2θ - \cos2θ}=2\sqrt{2 + \sqrt{2}\sin(2θ - \frac{π}{4})}$。
当$\sin(2θ - \frac{π}{4})=1$时，$OC$取得最大值$2\sqrt{2 + \sqrt{2}}$，此过程有误，重新推导：
$OC=\sqrt{b^2+(a + b)^2}=\sqrt{a^2 + 2b^2 + 2ab}=\sqrt{(a^2 + b^2) + b^2 + 2ab}= \sqrt{4 + b^2 + 2ab}$，由$a^2 + b^2=4$，令$ab = m$，则$(a + b)^2=4 + 2m≥0$，$OC=\sqrt{4 + b^2 + 2m}$，又$b^2=4 - a^2$，无法直接得出，换用几何法：取$AB$中点$E$，则$E(\frac{a}{2},\frac{b}{2})$，$OE=\frac{1}{2}AB=1$（直角三角形斜边中线等于斜边一半），$CE=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\sqrt{2}$（正方形对角线一半），在$△ OCE$中，$OC≤ OE + CE=1 + \sqrt{2}$，此为错误思路，正确应为：
$OC=\sqrt{b^2+(a + b)^2}=\sqrt{a^2 + 2b^2 + 2ab}=\sqrt{(a + b)^2 + b^2}$，设$a = 2\cosα$，$b = 2\sinα$，则$OC=\sqrt{(2\cosα + 2\sinα)^2 + (2\sinα)^2}=\sqrt{4(\cosα + \sinα)^2 + 4\sin^2α}=2\sqrt{1 + 2\sinα\cosα + \sin^2α}=2\sqrt{1 + \sin2α + \frac{1 - \cos2α}{2}}=2\sqrt{\frac{3}{2} + \sin2α - \frac{1}{2}\cos2α}=2\sqrt{\frac{3}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2}\sin(2α - \varphi)}$（其中$\tan\varphi=\frac{1}{2}$），最大值为$2\sqrt{\frac{3 + \sqrt{5}}{2}}=2×\frac{1 + \sqrt{5}}{2}=1 + \sqrt{5}$。
$1 + \sqrt{5}$