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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。
（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。
答案
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。解析
【分析】
（1）先根据∠B=90°判定该菱形为正方形，得到∠B=∠C=90°，结合EF⊥AE推出两组角互余得到相等角，证明△ABE∽△ECF，再结合EC=3CF的条件求出相似比，最后根据相似三角形面积比等于相似比的平方计算比值。
（2）通过作AG⊥BC、FH⊥BC构造直角三角形，先后证明△AGE∽△EHF、△ABG∽△FCH，设参数表示各线段长度，根据相似的比例关系列等式求出参数的关系，最后结合余弦的定义求解cosB。
（3）在DC延长线上取点P使EP=EC构造等腰三角形，结合已知角相等证明△EFP∽△FAD，设菱形边长为m，用含m的式子表示相关线段，再利用等角的余弦值相等列方程求解，舍去不符合题意的解即可得到边长。
【解析】
（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。
【答案】
（1）$\dfrac{9}{4}$
（2）$\cos B=\dfrac{1}{5}$
（3）菱形的边长为17
【知识点】
相似三角形的判定与性质；菱形的性质；解直角三角形
【点评】
本题以菱形为背景，分层考查了几何核心知识点的应用，小问梯度明显，既涉及基础性质的直接应用，也对辅助线构造、逻辑推理和代数计算能力有较高要求，解题时要注意结合已知条件转化角和线段的关系，灵活运用方程思想求解未知量。
【难度系数】
0.3
（1）先根据∠B=90°判定该菱形为正方形，得到∠B=∠C=90°，结合EF⊥AE推出两组角互余得到相等角，证明△ABE∽△ECF，再结合EC=3CF的条件求出相似比，最后根据相似三角形面积比等于相似比的平方计算比值。
（2）通过作AG⊥BC、FH⊥BC构造直角三角形，先后证明△AGE∽△EHF、△ABG∽△FCH，设参数表示各线段长度，根据相似的比例关系列等式求出参数的关系，最后结合余弦的定义求解cosB。
（3）在DC延长线上取点P使EP=EC构造等腰三角形，结合已知角相等证明△EFP∽△FAD，设菱形边长为m，用含m的式子表示相关线段，再利用等角的余弦值相等列方程求解，舍去不符合题意的解即可得到边长。
【解析】
（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。【答案】
（1）$\dfrac{9}{4}$
（2）$\cos B=\dfrac{1}{5}$
（3）菱形的边长为17
【知识点】
相似三角形的判定与性质；菱形的性质；解直角三角形
【点评】
本题以菱形为背景，分层考查了几何核心知识点的应用，小问梯度明显，既涉及基础性质的直接应用，也对辅助线构造、逻辑推理和代数计算能力有较高要求，解题时要注意结合已知条件转化角和线段的关系，灵活运用方程思想求解未知量。
【难度系数】
0.3
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
(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
答案
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$x=\dfrac{9-\sqrt{77}}{2}$。解析
【分析】
(1) 要证明比例式$\frac{AD}{AB}=\frac{DF}{BE}$，可通过证明对应三角形相似推导。首先利用矩形性质得到直角，结合$AE⊥ AF$，由同角的余角相等得$∠ BAE=∠ DAF$，即可证明$△ ABE ∼ △ ADF$，从而得到对应边成比例。
(2) 先利用(1)的相似结论求出$DF=3x$，要求$∠ ADG$的正切值，可过$G$作$GH⊥ DF$构造直角三角形，结合$FG:GE=1:2$，利用平行线分线段成比例用含$x$的式子表示出$GH$、$DH$的长度，再根据平行线的性质得$∠ ADG=∠ DGH$，即可求出其正切值。
(3) 当$∠ FGD=∠ AFE$时，可推出$GD// AF$，得到角相等的关系，可通过等角的正切值相等或者构造相似三角形列方程求解，最后结合$0＜x＜3$的范围舍去不符合的根，即可得到$BE$的长。
【解析】
(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$x=\dfrac{9-\sqrt{77}}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\tan∠ ADG=\dfrac{6x-1}{3-x}$；
(3) $BE=\dfrac{9-\sqrt{77}}{2}$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，锐角三角函数定义
【点评】
本题以矩形为载体考查几何综合应用，三个小问层层递进，第一问为基础的相似证明，后两问需要通过作辅助线构造直角三角形或相似三角形，结合比例关系、角的等量关系建立方程求解，注重对逻辑推理和运算能力的考查。
【难度系数】
0.3
(1) 要证明比例式$\frac{AD}{AB}=\frac{DF}{BE}$，可通过证明对应三角形相似推导。首先利用矩形性质得到直角，结合$AE⊥ AF$，由同角的余角相等得$∠ BAE=∠ DAF$，即可证明$△ ABE ∼ △ ADF$，从而得到对应边成比例。
(2) 先利用(1)的相似结论求出$DF=3x$，要求$∠ ADG$的正切值，可过$G$作$GH⊥ DF$构造直角三角形，结合$FG:GE=1:2$，利用平行线分线段成比例用含$x$的式子表示出$GH$、$DH$的长度，再根据平行线的性质得$∠ ADG=∠ DGH$，即可求出其正切值。
(3) 当$∠ FGD=∠ AFE$时，可推出$GD// AF$，得到角相等的关系，可通过等角的正切值相等或者构造相似三角形列方程求解，最后结合$0＜x＜3$的范围舍去不符合的根，即可得到$BE$的长。
【解析】
(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$x=\dfrac{9-\sqrt{77}}{2}$。【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\tan∠ ADG=\dfrac{6x-1}{3-x}$；
(3) $BE=\dfrac{9-\sqrt{77}}{2}$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，锐角三角函数定义
【点评】
本题以矩形为载体考查几何综合应用，三个小问层层递进，第一问为基础的相似证明，后两问需要通过作辅助线构造直角三角形或相似三角形，结合比例关系、角的等量关系建立方程求解，注重对逻辑推理和运算能力的考查。
【难度系数】
0.3
