答案：9.-2

答案：
10.证明:连接AC交BD于点O,如答图.

∵四边形ABCD是平行四边形,
∴$AO=OC,BO=DO$.
∵$AM// CN$,
∴$∠EAC=∠FCA$.
在$△AEO$与$△CFO$中,$\{\begin{array}{l} ∠EAC=∠FCO,\\ AO=CO,\\ ∠AOE=∠COF,\end{array} $
∴$△AOE≌ △COF(ASA)$,
∴$OE=OF$,
∴$BO-OE=OD-OF$,
∴$BE=DF$.

答案：
11.解:如答图,分别作$AF⊥BC,DG⊥BC$,F,G是垂足.
∵$AD// BC,AF⊥BC,DG⊥BC$,
∴$AF// DG,∠AFB=∠DGC=90^{\circ },AF=DG$.
∵$AB=DC$,
∴$Rt△AFB≌ Rt△DGC$.
∴$BF=CG$.
∵$AD// BC,AF// DG$,
∴四边形AFGD是平行四边形.
∴$FG=AD=2$.
∵$BC=4$,
∴$BF=CG=1$.
∴$CF=3$.
∵在$Rt△AFB$中,$AB=2BF$,
∴$∠BAF=30^{\circ }$.
∴$∠B=60^{\circ }$.
∵$BF=1,AB=2$,
∴$AF=\sqrt {AB^{2}-BF^{2}}=\sqrt {3}$.
在$Rt△ACF$中,由勾股定理,得$AC=\sqrt {AF^{2}+CF^{2}}=$
$\sqrt {(\sqrt {3})^{2}+3^{2}}=\sqrt {12}=2\sqrt {3}$.
综上,$∠B=60^{\circ },AC=2\sqrt {3}$.

答案：
12.(1)证明:如图①,连接BD,交AC于点O.
∵四边形ABCD和四边形EBFD都是平行四边形,
∴$AB=CD,BE=DF,OA=OC,OE=OF$,
∴$OA-OE=OC-OF$,即$AE=CF$,
∴$△ABE≌ △CDF$,
∴$∠ABE=∠CDF$.

(2)解:成立.理由如下:
如答图②,连接BD,交AC于点O.
∵四边形ABCD和四边形EBFD都是平行四边形,
∴$BE=DF,BC=DA,OA=OC,OE=OF,∠ABC=$
$∠ADC$,
∴$OA+OF=OC+OE$,即$AF=CE$,
∴$△BEC≌ △DFA(SSS)$,
∴$∠EBC=∠FDA$,
∴$∠EBC-∠ABC=∠FDA-∠ADC$,
即$∠ABE=∠CDF$.