1. 新考法分类讨论法 如图,在平面直角坐标系中,O是坐标原点,一次函数$y=\frac{1}{3}x -1$的图象与x轴正半轴交于点A,与y轴负半轴交于点B,点C是射线AO上的一个动点(点C不与点O,A重合).把线段CO绕点C顺时针旋转$90°$,得到的对应线段为$CO_1$,D是$CO_1$的中点,连接AD,设点C的坐标为$(n,0)$.
(1)求点A和点B的坐标;
(2)当以A,C,D为顶点的三角形与$△ AOB$相似时,请直接写出满足条件的n的值.

(1)在$y=\frac{1}{3}x-1$中，令$y=0$，得$x=3$；令$x=0$，得$y=-1$。
∴点A的坐标为$(3,0)$，点B的坐标为$(0,-1)$。
(2)$n=\frac{18}{7}$或$\frac{6}{5}$或$-6$。
【点拨】
∵点A的坐标为$(3,0)$，点B的坐标为$(0,-1)$，
∴$OA=3$，$OB=1$。易得$∠ACD=∠AOB=90°$。若$0＜n＜3$，①当$△CAD∽△OAB$时，$\frac{CD}{AC}=\frac{OB}{OA}$，
∴$\frac{\frac{1}{2}n}{3-n}=\frac{1}{3}$，解得$n=\frac{6}{5}$；②当$△CAD∽△OBA$时，$\frac{CD}{AC}=\frac{OA}{OB}$，
∴$\frac{\frac{1}{2}n}{3-n}=3$，解得$n=\frac{18}{7}$。若$n＜0$，①当$△CAD∽△OAB$时，$\frac{CD}{AC}=\frac{OB}{OA}$，
∴$\frac{-\frac{1}{2}n}{3-n}=\frac{1}{3}$，解得$n=-6$；②当$△CAD∽△OBA$时，$\frac{CD}{AC}=\frac{OA}{OB}$，
∴$\frac{-\frac{1}{2}n}{3-n}=3$，解得$n=\frac{18}{5}$(舍去)。综上可知，$n=\frac{18}{7}$或$\frac{6}{5}$或$-6$。

2. 新考法 方程思想 如图，$□ ABCD$中，E是AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F.
(1)求证:$AF=AB$；
(2)点G是线段AF上一点，满足$∠ FCG=∠ FCD$，CG交AD于点H，若$AG=1,FG=3$，求GH的长.

(1)【证明】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴$AB// CD$，$AB=CD$。
∴$∠EAF=∠D$。
∵E是AD的中点，
∴$AE=DE$。
∵$∠AEF=∠CED$，
∴$△AEF≌△DEC$(ASA)。
∴$AF=CD$。
∴$AF=AB$。
(2)【解】
∵四边形ABCD是平行四边形，$AF=AB$，
∴$DC=AF=FG+GA=4$，$DC// FA$。
∴$∠DCF=∠F$，$∠DCG=∠CGB$。
∵$∠FCG=∠FCD$，
∴$∠F=∠FCG$。
∴$GC=GF=3$。
∵$∠DHC=∠AHG$，
∴$△AGH∽△DCH$。
∴$\frac{GH}{CH}=\frac{AG}{DC}$。
设$HG=x$，则$CH=CG-GH=3-x$，
∴$\frac{x}{3-x}=\frac{1}{4}$，解得$x=\frac{3}{5}$，即GH的长为$\frac{3}{5}$。

3.如图,在菱形ABCD中,点E是边DC上的任意一点(不与点D,C重合),AE交对角线BD于F,过点E作EG//BC交BD于点G.
(1)求证:$DF^2=FG· BF$;
(2)当$AE⊥DC$时,求证:$BD· DF=2AD· DE$.

(1)【证明】
∵四边形ABCD是菱形，
∴$AD// BC$，$AB// CD$。
∵$EG// BC$，
∴$AD// EG$。
∴易得$△ADF∽△EGF$。
∴$\frac{AF}{EF}=\frac{DF}{FG}$。
∵$AB// CD$，
∴易得$△ABF∽△EDF$。
∴$\frac{AF}{EF}=\frac{BF}{DF}$。
∴$\frac{DF}{FG}=\frac{BF}{DF}$。
∴$DF^2=FG· BF$。
(2)如图，连接AC交BD于点O。
∵四边形ABCD是菱形，
∴$AC⊥BD$，$BD=2OD$，$∠ADB=∠CDB$。
∴$∠AOD=90°$。
∵$AE⊥DC$，
∴$∠FED=90°=∠AOD$。
∴$△ADO∽△FDE$。
∴$\frac{AD}{DF}=\frac{OD}{DE}$。
∴$OD· DF=AD· DE$。
∴$2OD· DF=2AD· DE$。
∴$BD· DF=2AD· DE$。