24. 如图,把△ABC沿边BA平移到△DEF的位置,它们重叠部分(即图中阴影部分)的面积是△ABC面积的$\frac{4}{9}$.若AB= 2,求BE的长.

2/3

∵△ABC沿边BA平移到△DEF的位置，
∴AC//DF，
∴△BEG∽△BAC，
∵阴影部分的面积是△ABC面积的$\frac{4}{9}$，
∴$\frac{S_{\triangle BEG}}{S_{\triangle BAC}}=(\frac{BE}{BA})^2=\frac{4}{9}$，
∴$\frac{BE}{BA}=\frac{2}{3}$，
∵AB=2，
∴BE=$\frac{2}{3}×2=\frac{4}{3}$，
∴BE的长为$\frac{4}{3}$。

25. 如图,点A(1,4),B(2,a)在函数$y= \frac{m}{x}(x＞0)$的图像上,直线AB与x轴相交于点C,AD⊥x轴于点D.
(1)m=；
(2)求点C的坐标；

(3)在x轴上是否存在点E,使以A,B,E为顶点的三角形与△ACD相似？若存在,求出点E的坐标；若不存在,说明理由.

(1)4；(2)(3,0)；(3)存在，E(-2,0)

(1)4
(2)
∵点B(2,a)在函数$y=\frac{4}{x}$上，
∴$a=\frac{4}{2}=2$，即B(2,2)。
设直线AB的解析式为$y=kx+b$，将A(1,4)，B(2,2)代入得：
$\begin{cases}k+b=4 \\2k+b=2\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-2 \\b=6\end{cases}$，
∴直线AB：$y=-2x+6$。
令$y=0$，则$-2x+6=0$，$x=3$，
∴C(3,0)。
(3)存在。
AD⊥x轴于D，A(1,4)，
∴D(1,0)，AD=4，CD=3-1=2，$AC=\sqrt{(3-1)^2+(0-4)^2}=2\sqrt{5}$。
A(1,4)，B(2,2)，设E(t,0)。
$AB=\sqrt{(2-1)^2+(2-4)^2}=\sqrt{5}$，$BE=\sqrt{(t-2)^2+(0-2)^2}=\sqrt{(t-2)^2+4}$，$AE=\sqrt{(t-1)^2+(0-4)^2}=\sqrt{(t-1)^2+16}$。
△ACD中，AD=4，CD=2，AC=$2\sqrt{5}$。
①当△ABE∽△ACD时，$\frac{AB}{AC}=\frac{BE}{CD}=\frac{AE}{AD}$，$\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{(t-2)^2+4}}{2}=\frac{\sqrt{(t-1)^2+16}}{4}$，$\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{(t-2)^2+4}}{2}$，得$\sqrt{(t-2)^2+4}=1$，无解。
②当△AEB∽△ACD时，$\frac{AE}{AC}=\frac{BE}{CD}=\frac{AB}{AD}$，$\frac{\sqrt{(t-1)^2+16}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{(t-2)^2+4}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{4}$，$\frac{\sqrt{(t-2)^2+4}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{4}$，$(t-2)^2+4=\frac{5}{4}$，无解。
③当△BAE∽△ACD时，$\frac{BA}{AC}=\frac{AE}{CD}=\frac{BE}{AD}$，$\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{(t-1)^2+16}}{2}=\frac{\sqrt{(t-2)^2+4}}{4}$，$\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{(t-1)^2+16}}{2}$，$\sqrt{(t-1)^2+16}=1$，无解。
④当△EAB∽△ACD时，$\frac{EA}{AC}=\frac{AB}{CD}=\frac{BE}{AD}$，$\frac{\sqrt{(t-1)^2+16}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{\sqrt{(t-2)^2+4}}{4}$，$\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{\sqrt{(t-2)^2+4}}{4}$，$\sqrt{(t-2)^2+4}=2\sqrt{5}$，$(t-2)^2=16$，$t=6$或$t=-2$。
$t=6$时，$\frac{\sqrt{(6-1)^2+16}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{41}}{2\sqrt{5}}\neq\frac{\sqrt{5}}{2}$，舍去；$t=-2$时，$\frac{\sqrt{(-2-1)^2+16}}{2\sqrt{5}}=\frac{5}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，成立。
⑤当△EBA∽△ACD时，$\frac{EB}{AC}=\frac{BA}{CD}=\frac{EA}{AD}$，$\frac{\sqrt{(t-2)^2+4}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{\sqrt{(t-1)^2+16}}{4}$，$\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{\sqrt{(t-1)^2+16}}{4}$，$\sqrt{(t-1)^2+16}=2\sqrt{5}$，$(t-1)^2=4$，$t=3$或$t=-1$。
$t=3$时，E与C重合，△ABE不存在；$t=-1$时，$\frac{\sqrt{(-1-2)^2+4}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{13}}{2\sqrt{5}}\neq\frac{\sqrt{5}}{2}$，舍去。
⑥当△BEA∽△ACD时，$\frac{BE}{AC}=\frac{EA}{CD}=\frac{BA}{AD}$，$\frac{\sqrt{(t-2)^2+4}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{(t-1)^2+16}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{4}$，无解。
综上，E(-2,0)。

26. 如图,在平行四边形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,M为AD的中点,连接CM交BD于点N,且ON= 1.
(1)求BD的长；
(2)若△DCN的面积为2,求四边形ABNM的面积.

(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC，AD=BC，O为BD中点，设BO=OD=x，则BD=2x。
∵M为AD中点，∴MD=AD/2=BC/2，即MD/BC=1/2。
∵AD//BC，∴△DNM∽△BNC，相似比为1/2，∴DN/BN=1/2。
设DN=y，则BN=2y，BD=BN+DN=3y，∴OD=BD/2=3y/2。
∵ON=OD-DN=3y/2 - y=y/2=1，∴y=2，BD=3y=6。
(2)∵△DNC与△BNC同高，DN/BN=1/2，S△DCN=2，∴S△BNC=2×2=4。
△BCD面积=S△DCN+S△BNC=2+4=6，故平行四边形ABCD面积=2×6=12，S△ABD=6。
∵M为AD中点，∴S△ABM=S△MBD=S△ABD/2=3。
∵△DNM∽△BNC，面积比1/4，S△BNC=4，∴S△DNM=1。
∴S△BNM=S△MBD - S△DNM=3 -1=2。
四边形ABNM面积=S△ABM + S△BNM=3+2=5。
(1)6；(2)5