Để chứng minh rằng \( DE = BF \) trong hình bình hành \( ABCD \) với \( E \) là trung điểm của \( AB \) và \( F \) là trung điểm của \( CD \), ta có thể làm theo các bước sau:

1. **Tính tọa độ của các điểm:**

Giả sử \( A(x_1, y_1) \), \( B(x_2, y_2) \), \( C(x_3, y_3) \), và \( D(x_4, y_4) \).

2. **Tọa độ của các trung điểm:**

- \( E \) là trung điểm của \( AB \), nên tọa độ của \( E \) là:
\[
E \left( \frac{x_1 + x_2}{2}, \frac{y_1 + y_2}{2} \right)
\]

- \( F \) là trung điểm của \( CD \), nên tọa độ của \( F \) là:
\[
F \left( \frac{x_3 + x_4}{2}, \frac{y_3 + y_4}{2} \right)
\]

3. **Sử dụng tính chất của hình bình hành:**

Trong hình bình hành, các cạnh đối song song và bằng nhau. Do đó:
\[
AB = CD \quad \text{và} \quad AD = BC
\]

Vì \( AB \parallel CD \) và \( AB = CD \), ta có:
\[
x_2 - x_1 = x_4 - x_3 \quad \text{và} \quad y_2 - y_1 = y_4 - y_3
\]

4. **Tính độ dài \( DE \) và \( BF \):**

- Độ dài \( DE \):
\[
DE = \sqrt{\left( \frac{x_4 + x_3}{2} - \frac{x_1 + x_2}{2} \right)^2 + \left( \frac{y_4 + y_3}{2} - \frac{y_1 + y_2}{2} \right)^2 }
\]
\[
DE = \sqrt{\left( \frac{(x_4 + x_3) - (x_1 + x_2)}{2} \right)^2 + \left( \frac{(y_4 + y_3) - (y_1 + y_2)}{2} \right)^2 }
\]
\[
DE = \frac{1}{2} \sqrt{(x_4 + x_3 - x_1 - x_2)^2 + (y_4 + y_3 - y_1 - y_2)^2 }
\]

- Độ dài \( BF \):
\[
BF = \sqrt{\left( \frac{x_3 + x_4}{2} - x_2 \right)^2 + \left( \frac{y_3 + y_4}{2} - y_2 \right)^2 }
\]
\[
BF = \sqrt{\left( \frac{x_3 + x_4 - 2x_2}{2} \right)^2 + \left( \frac{y_3 + y_4 - 2y_2}{2} \right)^2 }
\]
\[
BF = \frac{1}{2} \sqrt{(x_3 + x_4 - 2x_2)^2 + (y_3 + y_4 - 2y_2)^2 }
\]

5. **So sánh \( DE \) và \( BF \):**

Do \( x_4 - x_3 = x_2 - x_1 \) và \( y_4 - y_3 = y_2 - y_1 \), ta có:
\[
x_4 + x_3 - x_1 - x_2 = x_3 + x_4 - 2x_2 \quad \text{và} \quad y_4 + y_3 - y_1 - y_2 = y_3 + y_4 - 2y_2
\]

Do đó:
\[
DE = BF
\]

Vậy, ta đã chứng minh được rằng \( DE = BF \).