（1）解：CD=AF+BE，
理由是：延长EA到G，使得AG=BE，连接DG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，AD=BC，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
∴∠AEB=∠DAE=90°，
∴∠DAG=90°，
在△ABE和△DGA中
∴△ABE≌△DGA，
∴DG=AB=CD，∠1=∠2，
∵平行四边形ABCD，AE⊥BC，
∴∠B=∠ADC=60°=∠G，AE⊥AD，
∴∠1=∠2=30°，
∵DF平分∠ADC，
∴∠3=∠4=30°，
∴∠AFD=60°=∠GDF，
∴DG=GF=AF+AG，
∴CD=AB=DG=AF+BE，
即CD=AF+BE．
（2）解：（1）中的结论仍然成立．
证明：延长EA到G，使得AG=BE，连接DG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，AD=BC，
∵AE⊥BC于点E，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
∴∠AEB=∠DAG=90°，
∴∠DAG=90°，
在△ABE和△DGA中
∴△ABE≌△DGA，
∴∠1=∠2，DG=AB，∠B=∠G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠ADC，
∵∠B+∠1=∠ADC+∠2=90°，∠3=∠4，
∴∠GDF=90°-∠4，∠GFD=90°-∠3，
∴∠GDF=∠GFD，
∴GF=GD=AB=CD，
∵GF=AF+AG=AF+BE，
∴CD=AF+BE．
（3）bCD=aAF+bBE，
理由是：延长EA到G，使得
=
，连接DG，
即AG=
BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，AD=BC，
∵AE⊥BC于点E，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
∴∠AEB=∠DAG=90°，
∴∠DAG=90°，
即∠AEB=∠GAD=90°，
∵
=
=
，
∴△ABE∽△DGA，
∴∠1=∠2，
=
，
∴∠GFD=90°-∠3，
∵DF平分∠ADC，
∴∠3=∠4，
∴∠GDF=∠2+∠3=∠1+∠4=180°-∠FAD-∠3=90°-∠3．
∴∠GDF=∠GFD，
∴DG=GF，
∵
=
，AB=CD（已证），
∴bCD=aDG=a（
BE+AF），
即 bCD=aAF+bBE．
分析：（1）延长EA到G，使得AG=BE，连接DG，根据四边形ABCD是平行四边形，推出AB=CD，AB∥CD，AD=BC，求出∠DAG=90°=∠GAD，根据SAS证△ABE≌△DAG，推出DG=AB=CD，∠1=∠2，求出∠AFD=∠GDF，推出DG=GF=AF+AG即可；
（2）与（1）证法类似，根据SAS证△ABE≌△DGA，推出DG=AB=CD，∠1=∠2，求出∠GFD=∠GDF，推出DG=GF=AF+AG即可；
（3）延长EA到G，使得
=
，连接DG，根据两边对应成比例，且夹角相等，两三角形相似，推出△ABE∽△DGA，推出∠1=∠2，DG=AB，代入即可求出答案．
点评：本题综合考查了全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，角平分线定义，平行线的性质，平行四边形的性质等知识点的运用，本题综合性比较强，有一定的难度，但主要考查学生的类比推理的思想，主要检查学生能否找出解（1）（2）（3）的解题思路，注意：解题思路的相似之处啊．
（1997•河北）如图，已知在?ABCD中，O1、O2、O3为对角线BD上三点，且BO1=O1O2=O2O3=O3D，连接AO1并延长交BC于点E，连接EO3并延长交AD于点F，则AD：FD等于（ ）
如图，已知在?ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是BD延长线上的点，且EA=EC．
如图，已知在?ABCD中，∠A=154°，则∠B等于（ ）