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    20．如图①，△AOB≌△COD，延长AB，CD相交于点E．
    （1）求证：DE=BE；
    （2）将两个三角形绕点O旋转，当∠AEC=90°时（如图②），连接BC、AD．取BC的中点F，连接EF，则线段EF、AD的数量关系为EF=$\frac{1}{2}$AD，位置关系为EF⊥AD；
    （3）将图②中的线段EB，ED同时绕点E顺时针方向旋转到图③所示位置，连接AD、BC，取BC的中点F，连接EF，请你判断（2）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．

    分析 （1）连结AC，如图①，根据全等三角形的性质得∠1=∠2，OC=OA，CD=AB，然后根据等腰三角形的判定与性质进行证明；
    （2）如图②，证明△ECB≌△EAD得到AD=BC，∠ECB=∠EAD，再根据直角三角形斜边上的中线性质得EF=FC=FB=$\frac{1}{2}$BC，所以EF=$\frac{1}{2}$AD，然后证明∠EAD+∠FEA=90°，从而得到EF⊥AD；
    （3）延长CE到G使EG=CE，AD与BG相交于M，利用EF为△CBG的中位线得到EF∥BG，EF=$\frac{1}{2}$BG，再根据旋转的性质得∠CED=∠AEB，BE=DE，接着证明△AED≌△GEB得到AD=GB，∠DAE=∠G，所以EF=$\frac{1}{2}$AD，然后证明AD⊥BG，从而得到AD⊥EF．

    解答 （1）证明：连结AC，如图①，
    ∵△AOB≌△COD，
    ∴∠1=∠2，OC=OA，CD=AB，
    ∵OC=OA，
    ∴∠3=∠4，
    ∴∠1+∠3=∠2+∠4，即∠ECA=∠EAC，
    ∴EC=EA，
    ∴EC-CD=EA-AB，
    即DE=BE；
    （2）解：如图②，
    在△ECB和△EAD中
    $\left\{\begin{array}{l}{BE=DE}\\{∠CEB=∠AED}\\{EC=EA}\end{array}\right.$，
    ∴△ECB≌△EAD，
    ∴AD=BC，∠ECB=∠EAD，
    ∵∠AEC=90°，
    而点F为BC的中点，
    ∴EF=FC=FB=$\frac{1}{2}$BC，
    ∴EF=$\frac{1}{2}$AD，
    ∵FC=FE，
    ∴∠FCE=∠FEC，
    而∠FEC+∠FEA=90°，
    ∴∠EAD+∠FEA=90°，
    ∴EF⊥AD；
    故答案为EF=$\frac{1}{2}$AD，EF⊥AD；
    （3）解：（2）中的结论成立．理由如下：
    延长CE到G使EG=CE，AD与BG相交于M，
    ∵点F为BC的中点，
    ∴EF为△CBG的中位线，
    ∴EF∥BG，EF=$\frac{1}{2}$BG，
    ∵图②中的线段EB，ED同时绕点E顺时针方向旋转到图③所示位置，
    ∴∠CED=∠AEB，BE=DE，
    ∴∠CED+∠CEA=∠AEB+∠AEG，即∠BEG=∠AED，
    在△AED和△GEB中
    $\left\{\begin{array}{l}{AE=GE}\\{∠AED=∠GEB}\\{DE=BE}\end{array}\right.$，
    ∴△AED≌△GEB，
    ∴AD=GB，∠DAE=∠G，
    ∴EF=$\frac{1}{2}$AD，
    ∵∠BHA=∠EHG，
    ∴∠AMH=∠GEH=90°，
    ∴AD⊥BG，
    ∴AD⊥EF．

    点评 本题考查了几何变换综合题：熟练掌握全等三角形的判定与性质，掌握直角三角形斜边上的中线性质．

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