3. 如图10,在正方形$ABCD$中,$P是BC$上的点,且$BP= 3PC$,$Q是CD$的中点. 求证:$\triangle ADQ\backsim\triangle QCP$.

证明：设正方形$ABCD$的边长为$4a$（$a＞0$）。
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AD = CD = BC = 4a$，$\angle D=\angle C = 90^\circ$。
因为$BP = 3PC$，$BC=4a$，所以$PC=\frac{1}{4}BC=a$。
因为$Q$是$CD$的中点，所以$DQ=QC=\frac{1}{2}CD = 2a$。
在$\triangle ADQ$和$\triangle QCP$中：
$\frac{AD}{QC}=\frac{4a}{2a}=2$，$\frac{DQ}{CP}=\frac{2a}{a}=2$，所以$\frac{AD}{QC}=\frac{DQ}{CP}$。
又因为$\angle D=\angle C$，所以$\triangle ADQ\backsim\triangle QCP$（两边成比例且夹角相等的两个三角形相似）。

4. 如图11,已知$\triangle ABC和\triangle ADE$,$AC= BC$,$AD= DE$,且$B,E,D$三点共线,$\angle BAC= \angle DAE$,$BD与AC交于点F$,连接$CD,CE$.
(1)求证:$\triangle ACD\backsim\triangle ABE$;
(2)若$FB= FC$,$CB= 2$,$AB= \sqrt{5}-1$,$\frac{AF}{CF}$的值为______.

(2)

(1)证明：∵AC=BC，AD=DE，
∴∠BAC=∠ABC，∠DAE=∠DEA，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC=∠ABC=∠DAE=∠DEA，
∴∠ACB=180°-2∠BAC，∠ADE=180°-2∠DAE，
∴∠ACB=∠ADE，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE=∠DAE+∠CAE，即∠BAE=∠CAD，
∵AC=BC，AD=DE，
∴$\frac{AC}{BC}=1$，$\frac{AD}{DE}=1$，
在△ABC中，由正弦定理$\frac{AB}{\sin\angle ACB}=\frac{BC}{\sin\angle BAC}$，
在△ADE中，$\frac{AE}{\sin\angle ADE}=\frac{DE}{\sin\angle DAE}$，
∵∠ACB=∠ADE，∠BAC=∠DAE，BC=AC，DE=AD，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AD}$，即$\frac{AB}{AE}=\frac{AC}{AD}$，
∴△ACD∽△ABE（两边成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
(2)$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$