中考数学二轮复习题型训练【填空题】必考重点09 相似三角形的判定与性质（解析版）

【填空题】必考重点09相似三角形的判定与性质相似三角形的判定与性质一直是江苏省各地市考查的重点，难度中等或较难，常作为压轴题考查。在解相似三角形的判定与性质的有关题目时，首先要求考生掌握证明三角形相似的条件和方法，相似三角形的对应边成比例、对应角相等，对应角平分线、中线、高的比等于相似比，相似三角形的周长之比等于相似比，面积之比等于相似比的平方。其次要能够运用相似三角形的性质，列出方程，求出相应线段的长度或者探索各线段之间的数量关系。【2022·江苏苏州·中考母题】如图，在平行四边形ABCD中，，，，分别以A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线，与BC交于点E，与AD交于点F，连接AE，CF，则四边形AECF的周长为______．【考点分析】本题考查了垂直平分线的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，平行线分线段成比例，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．【思路分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，根据平行线分线段成比例可得为的中线，然后勾股定理求得，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得的长，进而根据菱形的性质即可求解．【答案】10【详解】解：如图，设与的交点为，根据作图可得，且平分，，四边形是平行四边形，，，又，，，，，四边形是平行四边形，垂直平分，，四边形是菱形，，，，，为的中点，中，，，，，四边形AECF的周长为．故答案为：．【2022·江苏常州·中考母题】如图，在中，，，．在中，，，．用一条始终绷直的弹性染色线连接，从起始位置（点与点重合）平移至终止位置（点与点重合），且斜边始终在线段上，则的外部被染色的区域面积是______．【考点分析】本题考查了直角三角形，相似三角形的判定及性质、勾股定理、平行四边形的判定及性质，解题的关键是把问题转化为求梯形的面积．【思路分析】过点作的垂线交于，同时在图上标出如图，需要知道的是的被染色的区域面积是，所以需要利用勾股定理，相似三角形、平行四边形的判定及性质，求出相应边长，即可求解．【答案】21【详解】解：过点作的垂线交于，同时在图上标出如下图：，，，，在中，，，．，，，四边形为平行四边形，，，解得：，

，，，

，，，同理可证：，

，，，的外部被染色的区域面积为，故答案为：21．【2022·江苏宿迁·中考母题】如图，在矩形中，=6，=8，点、分别是边、的中点，某一时刻，动点从点出发，沿方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动；同时，动点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接，过点作的垂线，垂足为．在这一运动过程中，点所经过的路径长是_____．【考点分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及弧长等知识，判断出点H运动的路径长为长是解答本题的关键．【思路分析】根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，且点H在以BQ为直径的上运动，运动路径长为的长，求出BQ及的圆角，运用弧长公式进行计算即可得到结果．【答案】【详解】解：∵点、分别是边、的中点，连接MN，则四边形ABNM是矩形，∴MN=AB=6，AM=BN=AD==4，根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，如图，∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，∴∴∴当点E与点A重合时，则NF=，∴BF=BN+NF=4+2=6，∴AB=BF=6∴是等腰直角三角形，∴∵BP⊥AF，∴由题意得，点H在以BQ为直径的上运动，运动路径长为长，取BQ中点O，连接PO，NO，∴∠PON=90°，又∴，∴，∴的长为=故答案为：【2021·江苏镇江·中考母题】如图，点D，E分别在△ABC的边AC，AB上，△ADE∽△ABC，M，N分别是DE，BC的中点，若＝，则＝__．【考点分析】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方、相似三角形对应中线的比等于相似比是解题的关键．【思路分析】根据相似三角形对应中线的比等于相似比求出，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方解答即可．【答案】【详解】解：∵M，N分别是DE，BC的中点，∴AM、AN分别为△ADE、△ABC的中线，∵△ADE∽△ABC，∴＝＝，∴＝()2＝，故答案为：．1．（2022·江苏淮安·一模）如图，在正方形ABCD中，，点H在AD上，且，点E绕着点B旋转，且，在AE的上方作正方形AEFG，则线段FH的最小值是______．【答案】【思路分析】连接CA、AF、CH，根据正方形的性质可证得△BAE∽△CAF，从而得到，进而得到点F在以A为圆心，为半径的圆上运动，则有当A、C、F三点共线时，FH最小，求出CH，即可求解．【详解】解：连接CA、AF、CH，在正方形ABCD和AEFG中，∠BCA=∠ECF=45°，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，AD=AB=CD=8，∴，∠BAE=∠CAF，∴△BAE∽△CAF，∴，∵，∴，∴点F在以A为圆心，为半径的圆上运动，当A、C、F三点共线时，FH最小，∴，∵AH=2，∴DH=6，在Rt△CDH中，CD=8，DH=6，∴CH=10，∴FH=．故答案为：2．（2022·江苏苏州·二模）如图，在中，，，，则________．【答案】【思路分析】由题意易得△CAB是等腰三角形，且△CAB∽△ABD，由相似三角形的性质可得关于AD的方程，解方程即可．【详解】∵AB=AD，，∴．∵AD=CD，∴，∴∠CAB=∠BAD+∠CAD=72°=∠ABD．∴BC=AC=2CA．∵∠ABD=∠ADB=∠CAB=∠ABD=72°，∴△CAB∽△ABD．∴即．∵AB=AD，，∴．解得：或（舍去）．∴．故答案为：．3．（2022·江苏泰州·二模）定义：如果三角形中有两个角的差为90°，则称这个三角形为互融三角形，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=4，BC=5，点D是BC延长线上一点．若△ABD是“互融三角形”，则CD的长为________．【答案】3或【思路分析】根据互融三角形的概念，分两种情况进行讨论：①；②，其中第一种情况证明，从而运用相似三角形的性质求得CD长，第二种情况证明是等腰三角形，从而求得CD的长．【详解】解：由题意可作图如下：∵△ABD是“互融三角形”，∴分以下两种情况进行讨论：当时，即，∵，，∴，∵，∴，∴,∵∠BAC=90°，AB=4，BC=5，∴，∴，设，，∵，∴，即，化简得，，解得，．时，∵，∴，∵，∴．故答案为：3或．4．（2022·江苏泰州·二模）如图1，在中，，，D为AB的中点，P为线段AC上一动点，设，，图2是y关于x的函数图像，且最低点E的横坐标是，则AB＝______．【答案】3【思路分析】过点B作关于AC的对称点E，连接AE、CE、PE，连接BE交AC于点O，先证明四边形ABCE是正方形，设，，已知最低点E的横坐标是，即当最小时，，故当D、P、E三点共线时，最小，即最小，通过证明，根据相似三角形的性质进行求解即可．【详解】过点B作关于AC的对称点E，连接AE、CE、PE，连接BE交AC于点O，，，，，，四边形ABCE是正方形，设AB=2t，设，，，已知最低点E的横坐标是，即当最小时，，故当D、P、E三点共线时，最小，即最小，D为AB的中点，，，，，，，即，解得，，在中，，即，解得或（舍去），，故答案为：3．5．（2022·江苏淮安·一模）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，四边形ABCD和四边形CGFE的顶点均在格点上，则两个四边形重叠部分（阴影部分）的面积为__________．【答案】【思路分析】根据题意，由网格的特点可知，，可得，，根据相似三角形的性质与判定分别求得，即可求解．【详解】解：标注字母如图，根据网格的特点可知，，，，，，则，两个四边形重叠部分（阴影部分）的面积为6．（2022·江苏泰州·一模）如图，直线l与圆O相交于A、B两点，AC是圆O的弦，OC∥AB，半径OC的长为10，弦AB的长为12，动点P从点A出发以每秒1个单位的速度沿射线AB方向运动．当△APC是直角三角形时，动点P运动的时间t为_____秒．【答案】16或20【思路分析】利用分类讨论的方法分两种情况解答：①当∠时，连接过点作于点利用垂径定理和矩形的判定定理解答即可；②当∠时，连接过点作于点过点作于点，同①方法，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．【详解】解：①当∠时，连接过点作于点如图，∵，∴∴，∵∴四边形为矩形，∴∴∵点以每秒1个单位的速度前进，∴；②当∠时，连接过点作于点过点作于点，如图，∵，∴，∴，∵，，，∴四边形为矩形，∴，，

∴∵∠，，∴△∴，∴，∴，∴∵点以每秒1个单位的速度前进，∴，综上，当△是直角三角形时，动点P运动的时间t为16秒或20秒，故答案为：16或20．7．（2022·江苏南京·一模）如图，在中，，点是上一点，过点作交于点，交于点．若，，则四边形的面积为______．【答案】10【思路分析】利用△AED和△DFC相似和30°所对的直角边等于斜边的一半即可以解决．【详解】过点E做EG⊥BC于点G，∵DE∥BC，DF∥AB，∴∠AED=∠B=∠DFC=30°，∠FDC=∠A，∴△AED∽△DFC，∴，∴，∴，在△BEG中，∴S=．8．（2022·江苏苏州·一模）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，AC与BE交于点F，过点F作于点G，若，则的值为______．【答案】【思路分析】先根据AB∥CD，利用两角相等求证△FAB∽△FCE，利用相似比得出的比值，再通过求证△FGC∽△ABC即可推出的值．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠FAB=∠FCE，∠FBA=∠FEC，∴△FAB∽△FCE，又∵＝∴＝=，又∵FG⊥BC，AB⊥BC，∴FG∥AB，∴△FGC∽△ABC，∴，∵＝，∴=，即=，故答案为：．9．（2022·江苏南京·模拟预测）图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AF平分∠BAC，交BD于点E，交BC于点F，若BE＝BF＝2，则AD＝_____．【答案】【思路分析】根据平行四边形的性质及等腰三角形的性质可得AD＝DE，设∠BEF＝∠AED＝∠DAF＝x，又AF平分∠BAC，得∠BAF＝∠CAF，设∠BAF＝∠CAF＝y，则∠DAC＝∠DAF﹣∠CAF＝x﹣y，然后利用相似三角形的判定与性质可得答案．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠DAF＝∠BFE，∵BE＝BF＝2，∴∠BEF＝∠BFE，∴∠BEF＝∠AED＝∠BFE＝∠DAF，∴AD＝DE，设∠BEF＝∠AED＝∠DAF＝x，又∵AF平分∠BAC，∴∠BAF＝∠CAF，设∠BAF＝∠CAF＝y，则∠DAC＝∠DAF﹣∠CAF＝x﹣y，∵∠ABD＝∠AED﹣∠BAF＝x﹣y，，∴∠DBA＝∠DAO，又∵∠ADO＝∠BDA，∴△ADO∽△BDA，设AD＝DE＝m，∴，∴BD＝BE+DE＝2+m，∴DO＝BD＝（2+m），∴，∴2m2＝（2+m）2＝m2+4m+4，∴m1＝2+2，m2＝2﹣2＜0（舍），经检验m＝2+2是分式方程的解，∴AD＝2+2，故答案为：．10．（2022·江苏扬州·一模）如图，在正方形中，，连接、交于点H，连接并延长交于点G，若，则__________．【答案】【思路分析】先证△ABE≌△BCF（SAS），得AE=BF，∠BAE=∠CBF，从而得∠AHB=90°，又因为，所以∠BAH=30°，AH=3，所以∠CBF=∠BAH=30°，则BE=2HE，在Rt△BHE中，由勾股定理，求得HE=1，从而得BE=2HE=2，再证△ADH∽△EGH,得，即，解得EG=，则由BG=BE-EG可求解．【详解】解：∵正方形，∴AB=BC=AD，∠ABE=∠BCF=90°，∵BE=CF，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴AE=BF，∠BAE=∠CBF，∵∠CBF+∠ABH=∠ABC=90°，∴∠BAE+∠ABH=90°∴∠AHB=90°，∵，∴BH=，∴∠BAH=30°，AH=，∴∠CBF=∠BAH=30°，∴BE=2HE，在Rt△BHE中，由勾股定理，得HE2=BE2-BH2=（2HE）2-（）2，∴HE=1，∴BE=2HE=2，∵正方形，∴ADBC，即ADEG，∴△ADH∽△EGH,∴，∴，∴EG=,∴BG=BE-EG=2-=．故答案为：11．（2022·江苏无锡·一模）如图，在ΔABC中放置5个大小相等的正方形，若BC=12，则每个小正方形的边长为____．【答案】3【思路分析】如图，设正方形的边长为x，根据相似三角形的高之比等于相似比，列方程，即可求解．【详解】解：过点A作，交BC于点F，交DE于点G，交MN于点P，如图，由题可知，，，，，，设正方形的边长为x，则，，，，，，，，化简得，将代入，得，解得．正方形的边长为3．故答案为3．12．（2022·江苏苏州·二模）如图，在矩形中，，．①以点为圆心，以不大于长为半径作弧，分别交边，于点，，再分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线分别交，于点，；②分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线交于点，则长为______．【答案】【思路分析】由作图步骤可知AG是的角平分线，MN是CQ的垂直平分线，则BQ=AB=1，利用勾股定理可得AQ=QG=，因为AD∥BQ，所以，则，即，解得OQ=，所以OG=OQ+QG=．【详解】由题意可知：AG是的角平分线，MN是CQ的垂直平分线，=45°，BQ=AB=1，在中，，AD∥BQ，，即，解得OQ=，OG=OQ+QG=．13．（2022·江苏泰州·二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点E是△ABC内部一点（不包括三条边），点F、G分别在AC、AB边上，且EF⊥AC，EG⊥AB，垂足分别为F、G．点D是AB边的中点，连接ED，若EF＜EG，则ED长的取值范围是_________．【答案】【思路分析】根据题设条件，当E点与C点重合时，DE的值是最大的．当点E在的平分线上且时，DE的值是最小的．通过分别计算以上两种情况下，DE的长度，得到DE的取值范围．【详解】解：如图1，当E点与C点重合时，DE的值是最大的．∵在中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴．∵点D是AB边的中点，∴，∵点E是△ABC内部一点（不包括三条边），∴．如图2，当点E在的平分线上且时，DE的值是最小的．此时，设AE延长线交BC于点H，过点H作于点M，∵AH平分，∠C=90°，，∴，，，∴，∴，．∵，，∴．∵BC=8，，∴，在中，∵，∴，∴，解得．在中，∵，，，∴．又∵在和中，∵，∴，∴，∴．又∵EF＜EG，∴点E在AH上方，∴，综上所述，．14．（2022·江苏常州·二模）如图，正六边形中，G是边上的点，，连接，将绕点C顺时针旋转得交于点H，则线段的长为__________．【答案】【思路分析】连接AC根据正六边形求出AC和AG的长，进而求出CG的长，过G作GM∥AB交BC于M，过A作AN∥BC交GM于N，可得平行四边形ABMN和等边三角形ANG，求出MG的长，再证明求出CH的长，最后根据求值即可．【详解】连接AC，过G作GM∥AB交BC于M，过A作AN∥BC交GM于N，则四边形ABMN是平行四边形∴∵正六边形中，G是边上的点，，∴，∴∴,∴∵GM∥AB

∴∵AN∥BC∴∴△ANG是等边三角形∴∴∵∴∵∴∵∴∴∴∴∴．故答案为：．15．（2022·江苏扬州·二模）如图，在锐角三角形ABC中，，，于点N，于点M，连接MN，则△AMN面积的最大值是______．【答案】【思路分析】先解直角三角形可得，再根据圆内接四边形的性质可得，然后根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得，设，则，在中，利用勾股定理可得，利用可得，从而可得，最后利用三角形的面积公式即可得出答案．【详解】解：，，，点在以为直径的圆上，，在和中，，，，即，设，则，，，，即，，即，，解得，，则面积的最大值是，故答案为：．16．（2022·江苏南通·二模）如图，正方形ABCD的边长为5，E为AD的中点，P为CE上一动点，则的最小值为______．【答案】【思路分析】建立平面直角坐标系，作点B关于CE的对称点F，BF交CE于点H，连接AF交CE于点P，过点F作FG⊥x轴于点G，证明和，根据相似三角形对应边成比例可得出点F的坐标，再根据两点间距离公式可得出结论．【详解】建立平面直角坐标系如图所示，作点B关于CE的对称点F，BF交CE于点H，连接AF交CE于点P，过点F作FG⊥x轴于点G，∴BP=FP根据“两点之间，线段最短”可知，的最小值为AF的长，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA=5，∴A（0，5）∵点E为AB的贵点，∴,由勾股定理得，又，∴∴∴∴∴∵,∴，∴,∴∴F（8，4）又A（0，5）∴,∴的最小值为，故答案为17．（2022·江苏扬州·二模）定义：等腰三角形底边与腰的比叫做顶角的正对（）．例如，在中，，顶角A的正对．当时，______________．（结果保留根号）【答案】【思路分析】过点B作BD平分∠ABC交AC于D，设BC=x，AB=y；由三角形内角和定理及等腰三角形的判定和性质求得DA=DB=BC=x，则CD=y-x；由△BCD∽△ACB求得；令t=，解关于t的方程即可解答；【详解】解：由题意作图如下：过点B作BD平分∠ABC交AC于D，设BC=x，AB=y，△ABC中：∠A=36°，AB=AC，则∠ABC=∠ACB=（180°-36°）=72°，BD平分∠ABC，则∠CBD=∠DBA=∠ABC=36°，△BCD中：∠BDC=180°-∠CBD-∠DCB=72°=∠BCD，∴BC=BD=x，∴△DAB中：∠DAB=∠DBA=36°，∴DA=DB=x，∴CD=AC-AD=y-x，△BCD和△ACB中：∠CBD=∠CAB，∠BCD=∠ACB，∴△BCD∽△ACB，∴，∴，令t=，则，解得：t=，经检验t=符合题意；∴，故答案为：；18．（2022·江苏盐城·一模）如图，DE是△ABC的中位线，F为DE中点，连接AF并延长交BC于点G，若，则___________．【答案】48【思路分析】取的中点，连接，根据证，得出，根据等高关系求出的面积为4，根据相似三角形的性质可得：和边和高的比例关系得出，从而得出梯形的面积为12，进而得出的面积为12，同理可得，即可得出的面积．【详解】解：是的中位线，、分别为、的中点，如图过作交于点，，，点为的中点，，在和中，，，，，，点为的中点，且，，，，，，为的中位线，，，，，是的中位线，，，，故答案为：48．19．（2022·江苏无锡·一模）如图，点为线段上一点，，，过点作任意一直线，点关于直线的对称点为，将点绕点顺时针旋转到点，连接、、、，则线段长度的最大值为________．【答案】【思路分析】先证明点Q是在以点B为圆心，半径为1的圆上，连接PR,再证明△PQR是等腰直角三角形，过点B作BC⊥AB于点且BC＝BP＝1，连接PC，BQ，CR，得到，再证得△BPQ∽△CPR，CR＝，证得点R是在以点C为圆心，为半径的圆上，故当点A、C、R三点共线时，如图2所示，线段长度取最大值，再求出此时的长即可．【详解】解：∵点关于直线的对称点为，∴l垂直平分PQ∴BQ＝BP＝1∵直线是过点作的任意直线∴点Q是在以点B为圆心，半径为1的圆上如图1，连接PR，BQ，∵点绕点顺时针旋转到点，∴PQ＝RQ，∠PQR＝90°∴△PQR是等腰直角三角形∴∠RPQ＝∠PRQ＝45°，PR＝如图1，过点B作BC⊥AB交圆于点长C，于点且BC＝BP＝1，连接PC，CR，∴∠ABC＝90°，△PBC是等腰直角三角形∴∠CPB＝∠RPQ＝45°，CP＝∴∵∠QPB＝∠CPB－∠CPQ，∠RPC＝∠RPQ－∠CPQ，∴∠QPB＝∠RPC∴△BPQ∽△CPR∴∴CR＝∴点R是在以点C为圆心，为半径的圆上，故当点A、C、R三点共线时，如图2所示，线段长度取最大值，在Rt△ABC中，BC＝1，AB＝3，∠ABC＝90°∴AC＝∵CR＝∴AR＝AC＋CR＝＋∴线段长度取最大值为＋．故答案为：＋．20．（2022·江苏盐城·一模）如图，在中，为斜边的中线，过点D作于点E，延长至点F，使，连接，点G在线段上，连接，且．下列结论：①；②四边形是平行四边形；③；④．其中正确结论的是______．（填序号）【答案】①②③④【思路分析】根据题意先证DE是△ABC的中位线，则DE=BC；①正确；证出DF=BC，则四边形DBCF是平行四边形；②正确；由直角三角形斜边上的中线性质得出CD=AB=BD，则CF=CD，得出∠CFE=∠CDE，证∠CDE=∠EGF，则∠CFE=∠EGF，得出EF=EG，③正确；作EH⊥FG于H，由等腰三角形的性质得出FH=GH=FG=1，证△EFH∽△CEH，则，求出EH=2，由勾股定理的EF=，进而得出BC=2，④正确．【详解】解；∵CD为斜边AB的中线，∴AD=BD，∵∠ACB=90°，∴BC⊥AC，∵DE⊥AC，∴DE∥BC，∴DE是△ABC的中位线，∴AE=CE，DE=BC；①正确；∵EF=DE，∴DF=BC，∴四边形DBCF是平行四边形；②正确；∴CF∥BD，CF=BD，∵∠ACB=90°，CD为斜边AB的中线，∴CD=AB=BD，∴CF=CD，∴∠CFE=∠CDE，∵∠CDE+∠EGC=180°，∠EGF+∠EGC=180°，∴∠CDE=∠EGF，∴∠CFE=∠EGF，∴EF=EG，③正确；作EH⊥FG于H，如图所示：则∠EHF=∠CHE=90°，∠HEF+∠EFH=∠HEF+∠CEH=90°，FH=GH=FG=1，∴∠EFH=∠CEH，CH=GC+GH=3+1=4，∴△EFH∽△CEH，∴，∴EH2=CH×FH=4×1=4，∴EH=2，∴EF=，∴BC=2DE=2EF=2，④正确.故答案为：①②③④．21．（2022·江苏连云港·一模）如图，以为直径的半圆内有一条弦，是弦上一个动点，连接，并延长交半圆于点．若，，则的最大值是________．【答案】【思路分析】过点D作于点E，连接BC，此时易证得：，又由勾股定理可求得，由对应线段比值相等可知只需求出DE最大值即可，由圆的相关性质可知：时，DE取最大值，即可求解．【详解】解：过点D作于点E，连接BC，是圆的直径，，，当DE取最大值是时，值最大，当时，此时DE取最大值，此时由垂径定理可知：的最大值为．故答案为：．22．（2022·江苏·扬州市邗江区梅苑双语学校一模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别是边AB，AD的中点，BF，CE交于点M，若三角形BEM的面积为1，则四边形AEMF的面积为________．【答案】4【思路分析】连接BD，延长BF、CD交于N，根据已知条件求出DF＝AF，AE＝BE＝＝，根据平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，根据平行线的性质推出∠N＝∠ABF，根据全等三角形的判定得出△DNF≌△ABF，根据全等三角形的性质得出DN＝AB，求出BE＝AB＝CN，根据相似三角形的判定得出△BEM∽△NCM，根据相似三角形的性质求出，求出，求出△BCM的面积即可．【详解】解：连接BD，延长BF、CD交于N，∵E，F分别是边AB，AD的中点，∴AE＝BE＝＝，DF＝AF，∴S△ABF＝S△DFB＝S△ABD＝S平行四边形ABCD，同理S△BCE＝S平行四边形ABCD，∴S△ABF＝S△BCE，∴S△ABF﹣S△BEM＝S△BCE﹣S△BEM，∴S四边形AEMF＝S△BCM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝DC，AB∥CD，∴∠N＝∠ABF，在△DNF和△ABF中，，∴△DNF≌△ABF（AAS），∴DN＝AB＝DC，∴BE＝AB＝CN，∵AB∥CD，∴△BEM∽△NCM，∴，∴，∵△BEM的面积为1，∴△BCM的面积是4，即四边形AEMF的面积是4，故答案为：4．23．（2022·江苏南京·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，E是BC的中点，AE与BD交于点F，连接CF．若AE⊥BD，则CF的长为_____．【答案】6【思路分析】如图，过点F，做，FM交BC于点M，根据矩形的性质，得，；根据相似三角形的性质，通过证明，得，通过求解分式方程，从而计算得，根据勾股定理的性质计算得，；再通过证明，结合勾股定理的性质计算，即可得到答案．【详解】如图，过点F，做，FM