分析 (1)利用平行线的性质得出∠DEN=∠BCM,∠END=∠CMB,即可得出结论,
(2)先判断出BM=2DN,再取BF、BM的中点H、Q,连接HQ、AQ,则HQ是三角形的中位线,所以MF=2QH,根据BF=2AF,得出AF=HF,得出PF是△AQH的中位线,得出QH=2PF,MF=2QH=4PF,PM=3PF,同理:求得DM=PM=3PF,即可求得$\frac{DM}{MF}$的值;
(3)连接BD,作BH⊥DN于H,先求得$\frac{{S}_{△BDM}}{{S}_{△BMF}}=\frac{3}{4}$,得出S△BMF=$\frac{4}{3}$S△BDM,进而得出$\frac{{S}_{△BDN}}{{S}_{△BDM}}=\frac{\frac{1}{2}DN•BH}{\frac{1}{2}BM•BH}$=$\frac{DN}{BM}=\frac{1}{2}$,得出S△BDM=2S△BDN,从而得出S梯形BMDN=S△BDN+S△BDM=3S△BDN,即可求得$\frac{{S}_{△BFM}}{{S}_{四边形BMDN}}$的值,
解答 (1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,
∴∠DEN=∠BCM,
又∵BM∥DN,
∴∠END=∠CMB,
∴△EDN∽△CBM,
﹙2﹚∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,AD=BC,
∴DE=$\frac{1}{2}$CB,
由(1)知,△EDN∽△CBM,
∴$\frac{DE}{BC}=\frac{DN}{BM}=\frac{1}{2}$,
∴BM=2DN;
如图2,取BF、BM的中点H、Q,连接HQ、AQ,
∵BQ=MQ,BH=HF,
∴QH∥DF,
∴MF=2QH,
∵BF=2AF,
∴AF=HF,
∴PF是△AQH的中位线,
∴QH=2PF,
∴MF=2QH=4PF,
∴PM=3PF,
同理:EM是△ADP的中位线,
∴DM=PM=3PF,
∴$\frac{DM}{MF}=\frac{3PF}{4PF}=\frac{3}{4}$.
(3)如图3,连接BD,作BH⊥DN于H,
∵BM∥DN,
∴BH⊥BM,
∵$\frac{DM}{MF}=\frac{3}{4}$,
∴$\frac{{S}_{△BDM}}{{S}_{△BMF}}=\frac{3}{4}$,
∴S△BMF=$\frac{4}{3}$S△BDM,
∵BM∥DN,
∴$\frac{{S}_{△BDN}}{{S}_{△BDM}}=\frac{\frac{1}{2}DN•BH}{\frac{1}{2}BM•BH}$=$\frac{DN}{BM}=\frac{1}{2}$,
∴S△BDM=2S△BDN,
∴S梯形BMDN=S△BDN+S△BDM=3S△BDN,
∴S△BMF=$\frac{4}{3}$S△BDM=$\frac{8}{3}$S△BDN,
∴$\frac{{S}_{△BFM}}{{S}_{四边形BMDN}}$=$\frac{\frac{8}{3}{S}_{△BDN}}{3{S}_{△BDN}}$=$\frac{8}{9}$.
点评 此题是相似三角形的综合题,主要考查了平行四边形的性质,三角形的中位线定理,三角形相似的判定和性质,以及三角形的面积等,解(2)的关键是判断出BM=2DN,解(3)的关键是S△BMF=$\frac{4}{3}$S△BDM,是一道中等难度的中考常考题.
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A. | 中位数 | B. | 众数 | C. | 方差 | D. | 平均数 |
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A. | $\frac{1}{2}$ | B. | $\frac{1}{3}$ | C. | $\frac{1}{4}$ | D. | $\frac{1}{6}$ |
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