分析 （1）利用正方形的性质即可判断；
（2）（ ）1）中的结论仍然成立．只要证明△DAF≌△BAE，即可推出DF=BE，∠ADF=∠ABR，由∠AFD=∠BFH，即可推出∠DAF=∠BHF=90°；
（3）如图3中，连接BD．理由勾股定理可得BD=$\sqrt{2}$，再证明DE=DB即可解决问题；
（4）如图4中，设M、N、G、H分别是BD、DE、EF、BF的中点，连接BE，DF，MN，NG，GH，HM．EB交DF于O，MN交DF于P．利用三角形中位线定理，首先证明四边形MNGH是菱形，再证明∠NMH=90°即可解决问题．
解答 解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，AD=AB，
∵AF=AE，
∴BE=DF，BE⊥DF，
故答案为BE=DF，BE⊥DF
（2）（1）中的结论仍然成立．
理由：如图2中，延长DF交BE于H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，AF=AE，∠DAB=∠FAE=90°，
在△DAF和△BAE中，
$\left\{\begin{array}{l}{DA=BA}\\{∠DAF=∠BAE}\\{AF=AE}\end{array}\right.$，
∴△DAF≌△BAE，
∴DF=BE，∠ADF=∠ABR，
∵∠AFD=∠BFH，
∴∠DAF=∠BHF=90°，
∴DF⊥BE．
（3）如图3中，连接BD．
在Rt△ABD中，∵AD=AB=1，
∴BD=$\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
∵DF垂直平分线段EB，
∴DE=DB=$\sqrt{2}$，
∴AE=DE-AD=$\sqrt{2}$-1，
故答案为$\sqrt{2}$-1．
（4）如图4中，设M、N、G、H分别是BD、DE、EF、BF的中点，连接BE，DF，MN，NG，GH，HM．EB交DF于O，MN交DF于P．
易证：DF=EB，DF⊥EB，
∵DN=NE，DM=MB，
∴MN∥EB，MN=$\frac{1}{2}$EB，同理可证GH∥EB，GH=$\frac{1}{2}$EB，MH∥DF，MH=$\frac{1}{2}$DF，GN∥DF，GN=$\frac{1}{2}$DF，
∴MN=NG=GH=HM，
∴四边形MNGH是菱形，
∵MN∥EB，
∴∠DPM=∠DOB=90°，
∵DF∥MH，
∴∠NMH=∠DPM=90°，
∴四边形MNGH是正方形．
故答案为正方形
点评 本题考查四边形综合题、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
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如图，AE∥BD，∠CBD=56°，∠AEF=125°，求∠C的度数．