8. 如图, 在矩形$ABCD$中, 以点$B$为圆心、$BC$长为半径画弧,交$AD边于点E$,连结$BE$,过点$C作CF⊥BE$,垂足为$F$.猜想线段$BF$与图中现有的哪一条线段相等? 将你猜想出的结论填写在下面的横线上,并加以证明.
结论:$BF = $____.
证明:

【解析】：
本题可根据矩形的性质和全等三角形的判定定理来证明线段相等。
### 步骤一：分析矩形$ABCD$的性质
已知四边形$ABCD$是矩形，根据矩形的性质可知$\angle A = 90^{\circ}$，$AD// BC$，所以$\angle AEB=\angle FBC$。
又因为$CF\perp BE$，所以$\angle BFC = 90^{\circ}=\angle A$。
由作图可知$BE = BC$。
### 步骤二：证明$\triangle ABE\cong\triangle FCB$
在$\triangle ABE$和$\triangle FCB$中：
$\angle A=\angle BFC$（已证，均为$90^{\circ}$）
$\angle AEB=\angle FBC$（已证）
$BE = BC$（已证）
根据全等三角形判定定理中的“角角边”（$AAS$），可以得出$\triangle ABE\cong\triangle FCB$。
### 步骤三：根据全等三角形的性质得出结论
根据全等三角形的对应边相等，因为$\triangle ABE\cong\triangle FCB$，所以$BF = AE$。
【答案】：
$BF = AE$。
证明：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$\angle A = 90^{\circ}$，$AD// BC$，
∴$\angle AEB=\angle FBC$。
∵$CF\perp BE$，
∴$\angle BFC = 90^{\circ}$，
∴$\angle A=\angle BFC$。
由作图可知$BE = BC$。
在$\triangle ABE$和$\triangle FCB$中，
$\begin{cases}\angle A=\angle BFC\\\angle AEB=\angle FBC\\BE = BC\end{cases}$
∴$\triangle ABE\cong\triangle FCB(AAS)$，
∴$BF = AE$ 。

9. 如图,分别以$\triangle ABC的三边为边在BC的同侧作三个等边三角形\triangle ABD$,$\triangle BCE$,$\triangle ACF$.
(1) 求证:四边形$AFED$是平行四边形.
(2) 当$\triangle ABC$满足什么条件时,四边形$AFED$是矩形?
(3) 当$\triangle ABC$满足什么条件时,四边形$AFED$是菱形?
(4) 对于任意$\triangle ABC$,$//ogram AFED$是否总存在?

【解析】：
(1) 因为$\triangle ABD$和$\triangle BCE$都是等边三角形，所以$BD = BA$，$BE = BC$，$\angle DBA=\angle EBC = 60^{\circ}$。
$\angle DBA-\angle EBA=\angle EBC-\angle EBA$，即$\angle DBE=\angle ABC$。
在$\triangle DBE$和$\triangle ABC$中，$\left\{\begin{array}{l}BD = BA\\\angle DBE=\angle ABC\\BE = BC\end{array}\right.$，根据$SAS$（边角边）定理可得$\triangle DBE\cong\triangle ABC$，所以$DE = AC$。
又因为$\triangle ACF$是等边三角形，所以$AC = AF$，则$DE = AF$。
同理，可证$\triangle ABC\cong\triangle FEC$（$\angle FCE=\angle ACB$，$FC = AC$，$EC = BC$，$SAS$），所以$AB = EF$，而$AB = AD$，所以$AD = EF$。
两组对边分别相等的四边形是平行四边形，所以四边形$AFED$是平行四边形。
(2) 若四边形$AFED$是矩形，则$\angle DAF = 90^{\circ}$。
因为$\angle DAB=\angle FAC = 60^{\circ}$，所以$\angle BAC=360^{\circ}-\angle DAB-\angle FAC-\angle DAF=360^{\circ}- 60^{\circ}-60^{\circ}-90^{\circ}=150^{\circ}$。
即当$\angle BAC = 150^{\circ}$时，四边形$AFED$是矩形。
(3) 若四边形$AFED$是菱形，则$AD = AF$。
因为$AD = AB$，$AF = AC$，所以$AB = AC$。
即当$AB = AC$时，四边形$AFED$是菱形。
(4) 当$\angle BAC = 60^{\circ}$时，$\angle DAF=360^{\circ}-\angle DAB-\angle BAC-\angle FAC=360^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}=180^{\circ}$，此时$D$、$A$、$F$三点共线，四边形$AFED$不存在。
所以对于任意$\triangle ABC$，$//ogram AFED$不总存在。
【答案】：
(1) 证明见上述解析，证得$DE = AF$，$AD = EF$，所以四边形$AFED$是平行四边形。
(2) 当$\angle BAC = 150^{\circ}$时，四边形$AFED$是矩形。
(3) 当$AB = AC$时，四边形$AFED$是菱形。
(4) 对于任意$\triangle ABC$，$//ogram AFED$不总存在。

10. 边长为$a$,$b的矩形发生形变后成为边长为a$,$b$的平行四边形, 如图①所示,平行四边形$ABCD$中,$AB = a$,$AB边上的高为h$,我们把$h与a$的比值叫作这个平行四边形的“形变比”.
(1) 若形变后是菱形$ABCD$(如图②所示),$a = b$,则形变前是什么图形?
(2) 若图②中菱形$ABCD$的“形变比”为$\frac{\sqrt{3}}{2}$,求菱形$ABCD$形变前后的面积之比.
(3) 当边长为$3$,$4的矩形形变后成为一个内角是30^{\circ}$的平行四边形时,求这个平行四边形的“形变比”.

【解析】：
(1) 因为形变后是菱形$ABCD$，且$a = b$，形变前是边长为$a$（$b$）的矩形，又因为$a = b$，所以形变前是正方形。
(2) 已知菱形$ABCD$的“形变比”为$\frac{h}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
形变前矩形面积$S_{1}=a\times b$（因为$a = b$，所以$S_{1}=a^{2}$），形变后菱形面积$S_{2}=a\times h$。
则$\frac{S_{2}}{S_{1}}=\frac{ah}{a^{2}}=\frac{h}{a}$，因为$\frac{h}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以菱形$ABCD$形变前后的面积之比为$\frac{\sqrt{3}}{2}$。
(3) 已知矩形边长为$3$，$4$。
当$a = 4$，$b = 3$时，因为平行四边形一个内角是$30^{\circ}$，根据直角三角形中$30^{\circ}$所对的直角边是斜边的一半，则$h=\frac{1}{2}\times3 = 1.5$，“形变比”$\frac{h}{a}=\frac{1.5}{4}=\frac{3}{8}$；
当$a = 3$，$b = 4$时，$h=\frac{1}{2}\times4 = 2$，“形变比”$\frac{h}{a}=\frac{2}{3}$。
【答案】：
(1) 正方形。
(2) $\frac{\sqrt{3}}{2}$。
(3) $\frac{3}{8}$或$\frac{2}{3}$。