21. 在矩形$ABCD$中，$AB = nBC$，$E$为$CD$的中点，$BF⊥ AE$，垂足为$F$.
(1)如图①，求证$CF = CB$.
(2)如图②，若$BF = EF$，求$n$的值.
(3)如图①，当$n =$时，$△ BFC$为等边三角形.

(3)$\boldsymbol{\frac{2\sqrt{3}}{3}}$

(1)证明：
延长AE交BC的延长线于点G。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠D=∠ECG=90°，AD=BC。
∵E为CD的中点，∴DE=CE。
在△ADE和△GCE中，
$\{\begin{array}{l}∠D=∠ECG \\DE=CE \\∠AED=∠GEC\end{array} $
∴△ADE≌△GCE（ASA）。
∴AD=CG，又AD=BC，∴BC=CG。
∵BF⊥AE，∴△BFG是直角三角形，
∵CF是Rt△BFG斜边BG的中线，
∴$CF=\frac{1}{2}BG=BC$，即$CF=CB$。
(2)解：
设$BC=a$，则$AB=na$，$DE=CE=\frac{na}{2}$。
在Rt△ADE中，
$AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{a^2+(\frac{na}{2})^2}=a\sqrt{1+\frac{n^2}{4}}$。
∵∠AFB=∠D=90°，∠BAF=∠AED，
∴△ABF∽△EAD。
∴$\frac{BF}{AD}=\frac{AB}{AE}$，即$BF=\frac{AB· AD}{AE}=\frac{na· a}{a\sqrt{1+\frac{n^2}{4}}}=\frac{na}{\sqrt{1+\frac{n^2}{4}}}$。
由勾股定理，$AF=\sqrt{AB^2-BF^2}=\sqrt{n^2a^2-\frac{n^2a^2}{1+\frac{n^2}{4}}}=\frac{n^2a}{2\sqrt{1+\frac{n^2}{4}}}$。
∵$EF=AE-AF$，且$BF=EF$，
∴$\frac{na}{\sqrt{1+\frac{n^2}{4}}}=a\sqrt{1+\frac{n^2}{4}}-\frac{n^2a}{2\sqrt{1+\frac{n^2}{4}}}$。
两边同乘$\sqrt{1+\frac{n^2}{4}}$，得：
$na=a(1+\frac{n^2}{4})-\frac{n^2a}{2}$，
两边除以$a$，整理得：$n^2+4n-4=0$，
解得$n=-2\pm2\sqrt{2}$。
∵$n＞0$，∴$n=2\sqrt{2}-2$。
(3)解：
当△BFC为等边三角形时，∠FBC=60°，则∠ABF=90°-60°=30°，∠G=30°。
在Rt△ABG中，$BG=2BC=2a$，
$\tan G=\frac{AB}{BG}=\frac{na}{2a}=\frac{n}{2}$，
又$\tan30°=\frac{1}{\sqrt{3}}$，故$\frac{n}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，
解得$n=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。

22. 已知$□ ABCD$.
(1)如图①，若$AB = 4$，$AD = 6$，$∠ BAD = 120°$，求$AC$.
(2)如图②，分别过点$A$，$C$作$AD$，$CD$的垂线交于点$P$.若$∠ APB = 135°$，求$\frac{BC - AP}{BP}$的值.
(3)如图③，若$BC = 2AB$，过点$C$作$CE⊥ AB$，取$AD$的中点$F$，连接$EF$.设$∠ ABC = α$，则$∠ AEF$的度数为.(用含$α$的式子表示)