分析 （1）如图2中，在CA上取一点M，使得CM=CE，连接EM．首先证明△ABE≌△ACF，再证明△AEM≌△FEC，即可解决问题．
（2）①结论：EC+CF=$\frac{1}{2}$BC．如图3中，取BC中点P，CD中点Q，连接PG、GQ．利用（1）的结论解决问题．
②结论：CE+CF=$\frac{BC}{t}$．如图4中，作GP∥AB交BC于P，GQ∥AD交CD于Q．利用（1）的结论解决问题．
（3）如图4中，作BM⊥AC于M．利用（1）的结论：CG=CE+CF，求出CE即可解决问题．
解答 （1）证明：方法一：如图2中，在CA上取一点M，使得CM=CE，连接EM．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AB=BC=CD=AD，∠CAB=∠CAD=60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴∠AB=AC，∠BAC=∠EAF=60°，∠B=∠ACF=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BAE=∠CAF}\\{∠B=∠ACF}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△ACF，
∴AE=AF，∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∵CE=CM，∠ECM=60°，
∴△ECM是等边三角形，
∴∠AEF=∠MEC=60°，AE=EF，EM=EC，
∴∠AEM=∠FEC，
在△AEM和△FEC中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=EF}\\{∠AEM=∠FEC}\\{EM=EC}\end{array}\right.$，
∴△AEM≌△FEC，
∴AM=CF，
∴BC=AC=AM+CM=EC+CF．
方法二：只要证明△ABE≌△ACF，即可推出BE=CF，推出AC=BC=BE+CE=CF+CE．
（2）①结论：EC+CF=$\frac{1}{2}$BC．
理由：如图3中，取BC中点P，CD中点Q，连接PG、GQ．
∵AG=GC，CPB，CQ=DQ，
∴PG∥AB，GQ∥QD，
∴∠CPG=∠B=60°，∠CGP=∠CAB=60°，
∴△CPG是等边三角形，同理可证△CQG是等边三角形，
由（1）可知，CE+CF=PC=$\frac{1}{2}$BC．
②结论：CE+CF=$\frac{BC}{t}$．
理由：如图4中，作GP∥AB交BC于P，GQ∥AD交CD于Q．
∴PG∥AB，GQ∥QD，
∴∠CPG=∠B=60°，∠CGP=∠CAB=60°，
∴△CPG是等边三角形，同理可证△CQG是等边三角形，
由（1）可知，CE+CF=PC=CG，
∵AC=BC=t•CG，
∴CE+CF=$\frac{BC}{t}$．
（3）如图4中，作BM⊥AC于M．
∵t＞2，
∴点G在线段CM上，
在Rt△ABM中，∵∠BMC=90°，BM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×8=4$\sqrt{3}$，BG=7，
∴MG=$\sqrt{B{G}^{2}-B{M}^{2}}$=$\sqrt{{7}^{2}-（4\sqrt{3}）^{2}}$=1，
∵CM=MA=4，
∴CG=CM-MG=3，
由（1）可知，CG=CE+CF，
∴CE=CG-CF=3-$\frac{6}{5}$=$\frac{9}{5}$．
点评 本题参考四边形综合题、全等三角形的判定和性质、菱形的性质．等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会添加辅助线把问题转化为我们熟悉的图形，属于中考常考题型．
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如图，“圆形方孔钱”是中国古钱币的突出代表．一枚圆形方孔钱的外半径为r，中间方孔边长为a，则图示阴影部分的面积为r2π-a2．