14 已知四边形ABCD是菱形，∠B≤90°，点E为边BC上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，EF与边CD交于点F，且EC=3CF。
（1）如图①，当∠B=90°时，求$S_{△ ABE}$与$S_{△ ECF}$的比值。
（2）如图②，当点E是边BC的中点时，求$\cos B$的值。
（3）如图③，连接AF，当∠AFE=∠B，CF=2时，求菱形的边长。

14 (1) 因为四边形$ABCD$是菱形,$∠ B=90°$,所以$∠ C=90°$,$∠ CFE+∠ CEF=90°$。因为$EF ⊥ AE$,所以$∠ AEB+∠ CEF=90°$,所以$∠ CFE=∠ BEA$,所以$△ ABE ∽ △ ECF$,所以$\dfrac{AB}{EC}=\dfrac{BE}{CF}$。因为$EC=3CF$,所以$\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{EC}{CF}=3$,所以$AB=BC=3BE$,所以$\dfrac{AB}{EC}=\dfrac{3}{2}$,所以$\dfrac{S_{△ ABE}}{S_{△ ECF}}=(\dfrac{AB}{EC})^2=(\dfrac{3}{2})^2=\dfrac{9}{4}$。
(2) 分别过点$A$、$F$作$AG ⊥ BC$、$FH ⊥ BC$,垂足分别为点$G$、$H$,所以$∠ AGE=∠ EHF=90°$。因为$∠ AEF=90°$,可得$∠ AEG=∠ EFH$,所以$△ AGE ∽ △ EHF$,所以$\dfrac{AG}{EH}=\dfrac{GE}{HF}$。设$CF=k$,$CH=x$,则$CE=BE=3k$,$AB=6k$,$EH=3k+x$,$HF=\sqrt{k^2-x^2}$。由$△ ABG ∽ △ FCH$,可得$\dfrac{BG}{CH}=\dfrac{AB}{FC}=\dfrac{6k}{k}=6$,所以$BG=6x$,所以$AG=6\sqrt{k^2-x^2}$,$GE=3k-6x$,所以$\dfrac{6\sqrt{k^2-x^2}}{3k+x}=\dfrac{3k-6x}{\sqrt{k^2-x^2}}$,化简可得$k=5x$。在$\mathrm{Rt}△ ABG$中,$\cos B=\dfrac{BG}{AB}=\dfrac{6x}{6k}=\dfrac{x}{k}=\dfrac{1}{5}$,即$\cos B=\dfrac{1}{5}$。
(3) 在$DC$的延长线上取点$P$,使得$EP=EC$,所以$∠ P=∠ ECP=∠ D=∠ B=∠ AFE$。因为$∠ AFP=∠ EFP+∠ AFE=∠ D+∠ FAD$,所以$∠ EFP=∠ FAD$,所以$△ EFP ∽ △ FAD$,所以$\dfrac{EP}{FD}=\dfrac{PF}{DA}=\dfrac{EF}{FA}=\cos∠ AFE$。因为$CF=2$,$EC=3CF$,所以$EC=EP=6$。设菱形$ABCD$的边长为$m$。所以$\dfrac{6}{m-2}=\dfrac{2+PC}{m}=\cos∠ AFE$,所以$PC=\dfrac{4(m+1)}{m-2}$,所以$\cos P=\dfrac{\dfrac{1}{2}PC}{EP}=\dfrac{m+1}{3(m-2)}$。因为$∠ AFE=∠ P$,所以$\cos∠ AFE=\cos P$,所以$\dfrac{6}{m-2}=\dfrac{m+1}{3(m-2)}$,解得$m=17$或$m=2$(舍)。所以菱形$ABCD$的边长是17。

15 如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=3,点E是边BC上一个动点(不与点B、C重合),AE的垂线AF交CD的延长线于点F。点G在线段EF上,满足$FG:GE=1:2$。设$BE=x$。
(1) 求证: $\frac{AD}{AB}=\frac{DF}{BE}$。
(2) 当点G在$△ ADF$的内部时,用$x$的代数式表示$∠ ADG$的正切。
(3) 当$∠ FGD=∠ AFE$时,求线段BE的长。

备用图

15 (1) 因为四边形$ABCD$是矩形,所以$∠ BAD=∠ B=∠ C=∠ CDA=90°$,$AD=BC=3$,$CD=AB=1$。由$∠ BAD=90°$,可得$∠ BAE+∠ EAD=90°$。由$AE ⊥ AF$,可得$∠ DAF+∠ EAD=90°$,所以$∠ BAE=∠ DAF$。由$∠ CDA=90°$,可得$∠ ADF=90°$,所以$∠ B=∠ ADF$,所以$△ ABE ∽ △ ADF$,所以$\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{DF}{BE}$。
(2) 由$\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{DF}{BE}$,可得$DF=3x$。过点$G$作$GH ⊥ DF$,点$H$为垂足。可证$GH // EC$,所以$\dfrac{GH}{EC}=\dfrac{FH}{FC}=\dfrac{FG}{FE}$。由$FG:GE=1:2$,可得$GH=\dfrac{1}{3}(3-x)=1-\dfrac{1}{3}x$,$FH=\dfrac{1}{3}(3x+1)=x+\dfrac{1}{3}$,所以$DH=3x-(x+\dfrac{1}{3})=2x-\dfrac{1}{3}$。在$\mathrm{Rt}△ DGH$中,$\tan∠ DGH=\dfrac{DH}{GH}=\dfrac{6x-1}{3-x}$。因为$GH // AD$,$\tan∠ ADG=\tan∠ DGH=\dfrac{6x-1}{3-x}$。
(3) 解法一:过点$G$作$GH ⊥ DF$,点$H$为垂足。同第(2)小题方法可得$GH=1-\dfrac{1}{3}x$,$DH=\dfrac{1}{3}-2x$。因为$∠ FGD=∠ AFE$,所以$GD // AF$,所以$∠ FAD=∠ ADG$。又因为$AD // GH$,所以$∠ DGH=∠ ADG$,所以$∠ DGH=∠ FAD$,所以$\tan∠ DGH=\tan∠ FAD$,则$\dfrac{\dfrac{1}{3}-2x}{1-\dfrac{1}{3}x}=\dfrac{3x}{3}$,解得$x=\dfrac{9-\sqrt{77}}{2}$,即$BE=\dfrac{9-\sqrt{77}}{2}$。
解法二:过点$E$作$EM // AF$。因为$∠ FGD=∠ AFE$,所以$GD // AF$,所以$∠ AEM=90°$,所以可得$∠ BAE=∠ CEM$,所以$△ ABE ∽ △ ECM$,所以$\dfrac{AB}{EC}=\dfrac{BE}{CM}$。因为$GD // EM$,所以$\dfrac{FD}{FM}=\dfrac{FG}{FE}=\dfrac{1}{3}$,所以$FM=9x$,$DM=6x$,所以$CM=1-6x$,于是有$\dfrac{1}{3-x}=\dfrac{x}{1-6x}$,解得$x=\dfrac{9-\sqrt{77}}{2}$。