【期中真题】2023-2024学年九年级数学上册 期中真题分类专题汇编 专题09 相似三角形（四大题型）.zip

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专题09 相似三角形





相似三角形的判定
1．（2022秋·上海奉贤·九年级校考期中）已知是中的边上的一点，，的平分线交边于，交于，那么下列三角形中与一定相似的是（  ）
  
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用角平分线的性质结合相似三角形的判定方法得出,进而得出，即可得出．
【详解】∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选: ．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定，解题的关键是要识别两三角形相似，掌握定义外，还要注意正确找出两三角形的对应边和对应角．
2.（2021秋·陕西西安·九年级统考期中）如图，在△ABC中，P为AB上的一点，在下列四个条件中：①∠ACP＝∠B；②∠APC＝∠ACB；③AC2＝AP•AB；④AB•CP＝AP•CB，添加其中一个条件能满足△APC和△ACB相似的条件有 种情况．

【答案】3
【分析】根据有两组角对应相等的两个三角形相似可对①②进行判断；根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可对③④进行判断．
【详解】①当∠ACP=∠B，
∵∠A=∠A，
∴，
∴①符合题意；
②当∠APC=∠ACB，
∵∠A=∠A，
∴，
∴②符合题意；
③当，
即，
∵∠A=∠A
∴，
∴③符合题意；
④∵当，即，
而∠PAC=∠CAB，
以上条件不能判断△APC和△ACB相似，
∴④不符合题意；
即有①②③这三种情况可得出，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．
3.（2022秋·浙江宁波·九年级校联考期中）已知如图，D，E分别是的边上的点，．求证：．

【答案】见解析
【分析】根据“两条边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似”即可求证．
【详解】证明：∵，

又∵，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定．熟记相关判定定理是解题的关键．

相似三角形的性质
4.（2023春·福建泉州·九年级校联考期中）如图，在中，，点是的重心，，垂足为，若，则线段的长度为（    ）

A．4 B．3 C．6 D．
【答案】A
【分析】因为点是的重心，根据三角形的重心是三角形三条中线的交点以及重心的性质：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比是，可知点为的中点，，根据，可得，进而证得，从而得到，代入数值即可求解．
【详解】解：如图，连接并延长交于点．

点是的重心，
点为的中点，，
，
，
，
，
，
，
（公共角），
∴，
，
，
，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形的重心的定义及其性质，熟练运用三角形重心的性质是解题的关键．
5.（2022秋·湖南邵阳·九年级校联考期中）如图，，和分别是和的高，若，，则与的面积比为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方进行求解即可
【详解】解：∵，和分别是和的高，，，
∴和的相似比为，
∴与的面积比为，
故选A．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形的面积之比等于相似比的平方是解题的关键．
6.（2019·山东菏泽·九年级校联考期中）如图，点D、E、F分别位于△ABC的三边上，满足DE∥BC，EF∥AB，如果AD：DB=3：2，那么BF：FC= ．

【答案】3:2
【详解】因为DE∥BC,所以,因为EF∥AB,所以,所以,故答案为: 3:2.
7.（2022秋·陕西西安·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知，点A的坐标为，点B的坐标为．若a，b的值是关于x的一元二次方程的两个根，且．

(1)直接写出___________，___________
(2)若点P在y轴上，且，求点P的坐标．
【答案】(1)2，3
(2)

【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程即可得；
（2）先求出的长，再根据相似三角形的性质即可得．
【详解】（1）解：，
因式分解，得，
解得或，
的值是关于的一元二次方程的两个根，且，
，
故答案为：2，3．
（2）解：由（1）可知，，
，
，
，，
，
解得，
又，且点在轴上，
．
【点睛】本题考查了解一元二次方程、相似三角形的性质、点坐标，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键．

相似三角形的性质与判定的综合运用
8.（2019秋·上海青浦·九年级校考期中）将一副三角板按如图所示的方式摆放，已知其中，，则以下结论中，正确的是（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由可得，即可判断；设，根据直角三角形的性质和勾股定理分别表示出，，的长，即可判断，，．
【详解】解：，
，
，
又，
，
，故错误；
设，则，
，
，，故错误，正确；
，
，故错误．
故选：．
【点睛】本题考查了平行线性质，三角板中的角度计算问题，相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质、勾股定理是解题的关键．
9．（2023春·浙江金华·九年级校考期中）如图，在中，，以，为边分别向外作正方形和正方形，交于点，交于点．若，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，，由“”可证，可得，，利用勾股定理分别求出，的长，即可求解．
【详解】解：如图，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，

，
，
，
设，，
，
，，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
10（2019秋·上海青浦·九年级校考期中）已知：如图，在中，点，分别在，上， ，．
  
(1)写出图中所有与相似的三角形
(2)如果，，的面积为，求面积．
【答案】(1)和
(2)

【分析】（1）根据相似三角形的判定可直接得出结论；
（2）根据条件可知，，所以，分别设出的面积为，则的面积为，建立方程，求解即可．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，
，
图中与相似的三角形有和；
（2），，
，
，
设的面积为，则的面积为，
，
解得：，
的面积为．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，相似三角形的面积比等于相似比的平方，熟知相关性质是解题关键．

相似三角形的应用
11.（2021秋·山东济南·九年级统考期中）如图，为估算某河的宽度，在河对岸选定一个目标点A，在近岸取B，C，D三点，使得，，点E在上，并且点A，E，D在同一条直线上，若测得，，，则河的宽度为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出和相似，根据相似三角形对应边成比例列式计算即可得解．
【详解】∵，，
∴
又∵，
∴，
∴
即
解得
故选D．
【点睛】考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定定理与性质定理是解题的关键．
12．（2020春·江苏无锡·九年级校考期中）如图，AC⊥BC，，D是AC上一点，连接BD，与∠ACB的平分线交于点E，连接AE，若，，则BC＝（   ）

A． B．8 C． D．10
【答案】B
【分析】过作垂足分别为由角平分线的性质可得：利用，可以求得 进而求得，利用面积公式列方程求解即可．
【详解】解：如图，过作垂足分别为
平分

，
设
，，






（负根舍去）

故选：B．

【点睛】本题考查的是三角形的平分线的性质，等高的两个三角形的面积与底边之间的关系，一元二次方程的解法，掌握相关知识点是解题关键．
13.（2021·四川成都·九年级成都铁路中学校考期中）如图，小明欲测量一座古塔的高度，他拿出一根竹杆竖直插在地面上，然后自己退后，使眼睛通过竹杆的顶端刚好看到塔顶，若小明眼睛离地面，竹杆顶端离地面，小明到竹杆的距离，竹杆到塔底的距离，求这座古塔的高度．

【答案】古塔的高度是米．
【分析】先根据小明、竹竿、古塔均与地面垂直，EH⊥AB可知，BH=DG=EF=1.6m，再小明眼睛离地面1.6m，竹杆顶端离地面2.4m求出CG的长，由于CD∥AB可得出△EGC∽△EHA，再根据相似三角形的对应边成比例可求出AH的长，进而得出AB的长．
【详解】∵小明、竹竿、古塔均与地面垂直，EH⊥AB，
∴BH=DG=EF=1.6m，EG=DF，GH=DB，
∵小明眼睛离地面1.6m，竹杆顶端离地面2.4m，
∴CG=CD-EF=2.4-1.6=0.8m，
∵CD∥AB，
∴△EGC∽△EHA，DF=2m，DB=33m，
∴，即，
解得AH=14m，
∴AB=AH+BH=14+1.6=15.6m，
答：古塔的高度是15.6米．
【点睛】本题考查的是相似三角形的应用，先根据题意得出相似三角形，再根据相似三角形的对应边成比例得出结论是解答此题的关键．

位似图形及性质
14（2022秋·福建泉州·九年级校考期中）如图，在的方格中，点A，B，C，D在格点上，线段CD是由线段AB位似放大得到，则它们的位似中心是（    ）

A．点 B．点 C．点 D．点
【答案】A
【分析】连接CA，DB，并延长，则交点即为它们的位似中心．继而求得答案．
【详解】解：∵如图，连接CA，DB，并延长，则交点即为它们的位似中心．
∴它们的位似中心是．
故选：A．

【点睛】此题考查了位似变换．注意根据位似图形的性质求解是关键．
15．（2022秋·江苏扬州·九年级统考期中）如图，以点O为位似中心，作四边形的位似图形，已知，若四边形的周长是2，则四边形的周长是（　　）

A．4 B．6 C．16 D．18
【答案】B
【分析】根据位似的性质，得到，推出，进而求出四边形与四边形的相似比，利用周长比等于相似比，进行求解即可．
【详解】∵，
∴，
∵四边形与四边形是位似图形，
∴四边形四边形，，
∴，
∴，
∴四边形的周长：四边形的周长，
∵四边形的周长是2，
∴四边形的周长为6，
故选B．
【点睛】本题考查位似图形，相似三角形的判定和性质．熟练掌握位似图形的性质，证明三角形相似，是解题的关键．
16.（2020秋·四川成都·九年级树德中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别是，，．

(1)请画出沿x轴方向，向左平移7个单位长度后得到的．
(2)以原点O为位似中心，在y轴另一侧画出，使缩小为的．
(3)写出和的坐标（______）（______）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)，

【分析】（1）将、、三点分别向左平移7个单位即可得到；
（2）连接、，分别取、、的中点即可画出；
（3）根据图中点的坐标即可得出答案．
【详解】（1）如图所示，即为所求，

（2）以原点O为位似中心，连接、，分别取、、的中点即可在y轴另一侧画出，如图，

（3）由图可知：，．
【点睛】本题考查了平移变换以及位似变换等知识，正确得出对应点位置是解题的关键．
17．（2022秋·陕西西安·九年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，．
  
(1)以原点为位似中心，在点另一侧画，使它与位似，且相似比为；
(2)若四边形是矩形，请直接写出点的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)，

【分析】（1）分别打标A，B，C的位似对应点，，，再顺次连接即可；
（2）先根据位似图形的性质求解，，结合四边形是矩形与平移的性质，可得答案．
【详解】（1）解：如图，即为所求．
  ．
（2）∵，， 与位似，且相似比为，且图形在原点两旁；
∴，，
∵四边形是矩形，
由平移的性质可得：．
【点睛】本题考查的是在坐标系内画位似图形，位似图形的性质，矩形的性质，熟练的掌握位似图形的性质并进行画图是解本题的关键．




一、单选题
1．（2022春·黑龙江大庆·八年级大庆市第六十九中学校考期中）如图，已知，那么添加下列一个条件后，仍然无法判定的是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用相似三角形的判定一次判断即可求解．
【详解】解：，
，
A、若，且，可判定，故选项A不符合题意；
B、若，且，无法判定，故选项B符合题意；
C、若，且，可判定，故选项C不符合题意；
D、若，且，可判定，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练的运用相似三角形的判定是本题的关键．
2．（2017秋·福建泉州·九年级统考期中）如图，在5×5的正方形方格中，△ABC的顶点都在边长为1的小正方形的顶点上，作一个与△ABC相似的△DEF， 使它的三个顶点都在小正方形的顶点上，则△DEF的最大面积是（    ）

A．2 B．5 C．2 D．10
【答案】B
【详解】试题解析：从图中可以看出△ABC的三边分别是2，，，
要让△ABC的相似三角形最大，就要让DF为网格最大的对角线，即是，
所以这两，相似三角形的相似比是：5=：5，
△ABC的面积为2×1÷2=1，
所以△DEF的最大面积是：1÷（）2=5．
3．（2020秋·广东中山·八年级中山一中校考期中）如图，AE，AD分别是的高和角平分线，，，则的度数为（    ）

A．40° B．20° C．10° D．30°
【答案】B
【分析】由题意易得∠BAC=80°，∠AEB=90°，则有∠BAD=∠CAD=40°，然后根据三角形内角和可求解．
【详解】解：∵，，AE⊥BC，
∴∠BAC=80°，∠AEB=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD=40°，
在△AEB中，∠AEB+∠B+∠BAE=180°，
∴∠BAE=60°，
∴∠EAD=∠BAE-∠BAD=60°-40°=20°；
故选B．
【点睛】本题主要考查三角形的高线及角平分线、三角形内角和，熟练掌握三角形的高线及角平分线、三角形内角和是解题的关键．
4．（2022秋·河北唐山·九年级统考期中）小明在测量楼高时，先测出楼房落在地面上的影长BA为15米（如图），然后在A处树立一根高2米的标杆，测得标杆的影长AC为3米，则楼高为

A．10米 B．12米 C．15米 D．22.5米
【答案】A
【详解】试题分析：在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．因此，
∵，即，∴楼高=10米．故选A．
5．（2022秋·广西桂林·九年级桂林市第一中学统考期中）如图，在正方形中，是等边三角形，，的延长线分别交于点，，连接，，与相交于点，给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ）
  
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【分析】由正方形，与是等边三角形的性质求解，求解 从而可判断①；证明 可判断②；由 可判断③； 证明 再证明 可得从而可判断 ④．
【详解】解： 正方形，

是等边三角形，


故①符合题意；
正方形，



是等边三角形，

而


由


故②符合题意；

不相似，故③不符合题意；
正方形，





，故④符合题意，
综上：符合题意的有：①②④．
故选：C．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，含的直角三角形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．

二、填空题
6．（2022春·安徽宿州·九年级校考期中）如图，在中，，，点，分别是，的中点，与相交于点，则的值是 ．
  
【答案】
【分析】延长，交的延长线于点，根据平行四边形的性质，先证明，得到，根据点为的中点，从而的得到，依据得到，利用相似比计算即可．
【详解】解：延长，交的延长线于点，如图，
  
四边形为平行四边形，，
，
，，
点为的中点，
，
在和中，
，
，
，
点为的中点，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质的应用，熟练掌握平行四边形的性质及三角形全等的判定方法和三角形相似的性质应用是解题的关键．
7．（2018秋·河北沧州·九年级统考期中）如图，从点发出一束光，经x轴反射，过点，则这束光从点A到点B所经过的路径的长为 .

【答案】５
【分析】先过点B作BD⊥x轴于D，再由A、B的坐标确定，即可得OA,BD,OD的长度，由题意可证得△AOC∽△BDC，根据相似三角形的对应边成比例，即可求解.
【详解】解：如图，

过点B作BD⊥x轴于D，
∵A（0，2），B（5，3），
∴OA=2，BD=3，OD=5，
由反射定律可得：∠ACO=∠BCD，
又∵∠AOC=∠BDC=90°
∴△AOC∽△BDC，
∴OA：BD=OC：DC=AC：BC=2：3，
∴OC=2，OD=3
在Rt△BCD中，CD=3，BD=３
∴BC＝＝
又∵AC：BC=2：3
∴AC＝
∴AC+BC＝5
..故选5.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理以及点与坐标的性质，解此题的关键是作出辅助线，构造相似三角形.
8．（2022秋·江苏泰州·九年级统考期中）如图，某时刻阳光通过窗口照射到室内，在地面上留下3米宽的“亮区”，阴影长为2米，窗台下沿离地面高为1米，那么窗口的高等于 米．

【答案】1.5
【分析】根据光沿直线传播的道理可知，则，根据相似三角形的对应边的比相等即可解答．
【详解】解：光是沿直线传播的，



即
米，
故答案为∶1.5
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用及分析问题、解决问题的能力．利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．
9．（2022秋·江苏扬州·九年级校联考期中）如图，在中，，，，动点从点开始沿着边向点以的速度移动，动点从点开始沿着边点以的速度移动．若、两点同时开始运动，当点运动到点时停止，点也随之停止．运动过程中，若以、、为顶点的三角形与相似，则运动时间为 s．

【答案】或
【分析】设点运动的时间为，则，，，再分两种情况求值，当时，，可列方程；当时，，可列方程，解方程分别求出相应的值即可．
【详解】设点运动的时间为，则，，
，


当时，，
，
，
；
，
当时，，
，
，
；
综上所述，运动时间为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，动点问题的求解，数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地用代数式表示出相似三角形的对应边的长度是解本题的关键．
三、解答题
10．（2019秋·江苏扬州·九年级校考期中）如图，已知BO是△ABC的AC边上的高，其中BO＝8，AO＝6，CO＝4，点M以2个单位长度/秒的速度自C向A在线段CA上作匀速运动，同时点N以5个单位长度/秒的速度自A向B在射线AB上作匀速运动，MN交OB于点P．当M运动到点A时，点M、N同时停止运动．设点M运动时间为t．
（1）线段AN的取值范围是　 　；
（2）当0＜t＜2时，①求证：MN：NP为定值；②若△BNP与△MNA相似，求CM的长；
（3）当2＜t＜5时，①求证：MN：NP为定值；②若△BNP是等腰三角形，求CM的长．

【答案】（1）O＜AN＜25；（2）①见解析；②；（3）①见解析；②．
【分析】（1）首先求出点M运动时间，再求出点N运动的路程即可．
（2）如图1中，①过点N作NH⊥AC于点H，设AN＝5k，CM＝2k，用k的代数式表示MN、NP即可解决问题．
②只可能是∠MNB＝∠MNA＝90°，△MNP∽△MNA∽△BOA，路程比例式即可解决问题．
（3）如图2中，当2＜t＜5时，①方法和前面类似．
②当点M在OA上时，BN＝5k﹣10．由PO∥HN，得，得到PO＝，根据BP＝BN，列出方程即可解决．
【详解】解：（1）∵AC＝OC+AO＝10，
点M运动的速度为2单位长度/秒，
∴t＝＝5，∵5×5＝25，
∴0＜AN＜25．
故答案为0＜AN＜25．
（2）如图1中，当0＜t＜2时，
①过点N作NH⊥AC于点H，设AN＝5k，CM＝2k，

∵NH∥BO，
∴，
∴AH＝3K，OH＝6﹣3k，OM＝4﹣2k，MH＝10﹣5k，
∵PO∥NH，
∴＝＝
②只可能是∠MNB＝∠MNA＝90°，
△MNA∽△BOA，
∴，
∴＝，
∴k＝，
∴CM＝．
（3）如图2中，当2＜t＜5时，

①过点N作NH⊥AC于点H，设AN＝5k，CM＝2k，
则OH＝3k﹣6，OM＝2k﹣4，
∴MH＝5k﹣10，
∵PO∥NH，
∴＝＝．
②当点M在OA上时，BN＝5k﹣10．
∵PO∥HN，
∴，
∴PO＝，
若BP＝BN，则8﹣＝5k﹣10，
∴k＝，
∴CM＝，
若PB＝PN或BN＝NP，
∵∠PBN＞90°，
∴不成立，
∴若△BNP是等腰三角形，CM的长为．
【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会用参数表示相应的线段，把几何问题转化为代数问题．
11．（2023春·广东中山·九年级广东省中山市中港英文学校校考期中）如图，M是平行四边形ABCD的对角线BD上的一点，射线AM与BC交于点F，与DC的延长线交于点H．
（1）求证：△ADH∽△FBA；
（2）若△ADH与△FBA的面积比是k：1（k＞1），求的值；
（3）若，求证：∠AMB＝∠ADC．

【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）答案见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得出：，，由平行线的性质得出：，即可得出结论；
（2）由相似三角形的性质得出：，即可得出结论；
（3）由三角形相似，推出，由，推出，即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∵△ADH与△FBA的面积比是k：1（k＞1），
∴，
∴，
∵DA=BC，
∴，
∴，
∴
（3）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查的是相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，平行线的性质，熟练掌握三角形相似的性质是解答本题的关键．
12．（2019春·福建莆田·八年级统考期中）我们知道三角形任意两条中线的交点是三角形的重心．重心有如下性质：重心到顶点的距离是重心到对边中点距离的2倍．请利用该性质解决问题

（1）如图1，在△ABC中，AF、BE是中线，AF⊥BE于P．若BP＝2，∠FAB＝30°，则EP＝　 　，FP＝　 　；
（2）如图1，在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，AF、BE是中线，AF⊥BE于P．猜想a2、b2、c2三者之间的关系并证明；
（3）如图2，在▱ABCD中，点E、F、G分别是AD、BC、CD的中点，BE⊥EG，AB＝3，AD＝2，求AF的长．
【答案】（1）1，；（2）a2+b2＝5c2，理由见解析；（3）AF＝4
【分析】（1）由三角形的重心定理得出BP＝2EP＝2，AP＝2FP，得出EP＝1，由直角三角形的性质得出AP＝BP＝2，即可得出FP＝AP＝；
（2）设PF＝m，PE＝n，由 ，得到AP＝2m，PB＝2n，再由勾股定理即可得出结论；
（3）连接AC、EC，由平行四边形的性质得出AD＝BC，AD∥BC，证明四边形AFCE是平行四边形，得出AF＝CE，由平行线得出△AEQ∽△CBQ，得出，设AQ＝a，EQ＝b，则CQ＝2a，BQ＝2b，证明EG是△ACD的中位线，由三角形中位线定理得出EG∥AC，得出BE⊥AC，由勾股定理得得出方程，求出a2＝，得出BQ2＝4b2＝，b2＝，在Rt△EQC中，由勾股定理求出CE，即可得出AF的长．
【详解】解：（1）∵在△ABC中，AF、BE是中线，
∴BP＝2EP＝2，AP＝2FP，
∴EP＝1，
∵AF⊥BE，∠FAB＝30°，
∴AB=2BP=4，
∴AP＝，
∴FP＝AP＝；
故答案为：1，；
（2）a2+b2＝5c2；理由如下：
连接EF，如图1所示：
∵AF，BE是△ABC的中线，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AB，且EF＝AB＝c，
∴，
设PF＝m，PE＝n，
∴AP＝2m，PB＝2n，
在Rt△APB中，（2m）2+（2n）2＝c2，即4m2+4n2＝c2，
在Rt△APE中，（2m）2+n2＝（b）2，即4m2+n2＝b2，
在Rt△FPB中，m2+（2n）2＝（a）2，即m2+4n2＝a2，
∴5m2+5n2＝（a2+b2）＝c2，
∴a2+b2＝5c2；

（3）连接AC、EC，如图2所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵点E，F分别是AD，BC，CD的中点，
∴AE＝CE，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∴AF＝CE，
∵AD∥BC，
∴△AEQ∽△CBQ，
∴，
设AQ＝a，EQ＝b，则CQ＝2a，BQ＝2b，
∵点E，G分别是AD，CD的中点，
∴EG是△ACD的中位线，
∴EG∥AC，
∵BE⊥EG，
∴BE⊥AC，
由勾股定理得：AB2﹣AQ2＝BC2﹣CQ2，
即9﹣a2＝（2）2﹣4a2，
∴3a2＝11，
∴a2＝，
∴BQ2＝4b2＝（2）2﹣4×＝，
∴b2＝×＝，
在Rt△EQC中，CE2＝EQ2+CQ2＝b2+4a2＝16，
∴CE＝4，
∴AF＝4．

【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了重心定理、直角三角形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握重心定理，证明三角形相似是解决问题（3）的关键．