证明：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AC = BD$，$OA=\frac{1}{2}AC$，$OB=\frac{1}{2}BD$，$\angle BAD = 90°$，
∴$OA = OB$，
∵$\angle ABD=60°$，
∴$\triangle AOB$是等边三角形，
∴$OA = AB = 2$，
∴$AC=2OA = 4$。
C

证明：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$\angle BAD = 90°$，$AD // BC$，$OB = OD$（矩形对角线相等且互相平分）。
∵$\angle ADB = 35°$，
∴$\angle DBC = \angle ADB = 35°$（两直线平行，内错角相等）。
∵$P$为$EF$的中点，
∴$PE = PF$（中点定义）。
在$\triangle BEF$中，$PE = PF$，
∴$\angle PBF = \angle PEB = 35°$（等边对等角）。
∵$\angle DPE$是$\triangle PEB$的外角，
∴$\angle DPE = \angle PEB + \angle PBE = 35° + 75° = 110°$（三角形外角等于不相邻两内角之和）。
答案：C

解：在矩形$ABCD$中，$AB = CD=\sqrt{3}$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$O$为$AC$中点。
在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle ACB = 30^{\circ}$，$\tan\angle ACB=\frac{AB}{BC}$，即$\tan30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{BC}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{BC}$，解得$BC = 3$。
$CE=DC=\sqrt{3}$，则$DE=DC + CE=2\sqrt{3}$。
设$CF=x$，则$BF=BC - CF=3 - x$。
因为$AB// DE$，所以$\triangle OFB∼\triangle OED$。
$\frac{BF}{DE}=\frac{OB}{OD}$，又$OB = OD$，故$\frac{3 - x}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{2}$，解得$x = 1$。
$\therefore CF=1$。

证明：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AB = DC$，$\angle B=\angle C = 90°$。
∵$BE=CF$，
∴$BE + EF=CF + EF$，即$BF=CE$。
在$\triangle ABF$和$\triangle DCE$中，
$\begin{cases}AB=DC\\\angle B=\angle C\\BF=CE\end{cases}$，
∴$\triangle ABF\cong\triangle DCE(\mathrm{SAS})$。
∴$AF = DE$。

解：
∵四边形$ABCD$是矩形，$AB=4$，
∴$AB=CD=4$，$AD// BC$，$\angle EBC=90°$。
∵$F$为$CE$中点，$CE=10$，
∴$BF=\frac{1}{2}CE=5$（直角三角形斜边中线等于斜边一半）。
∵$BG=BF$（同圆半径），
∴$BG=5$。
设$AG=x$，则$DG=AD - x$，$AE=y$，$BE=AB + AE=4 + y$。
在$Rt\triangle EBC$中，$BC^2 + BE^2=CE^2$，即$BC^2 + (4 + y)^2=10^2$①。
∵$AD// BC$，
∴$\triangle EAG∼\triangle EBC$，
∴$\frac{AG}{BC}=\frac{AE}{BE}$，即$\frac{x}{BC}=\frac{y}{4 + y}$②。
在$Rt\triangle ABG$中，$AG^2 + AB^2=BG^2$，即$x^2 + 4^2=5^2$，
解得$x=3$（$x=-3$舍去）。
∴$AG=3$。
答案：C