6.如图,矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,且$DE// AC,CE// BD$。
(1)求证:四边形ODEC是菱形。
(2)已知$∠ACB:∠BAC=1:2$, $S_{矩形ABCD}=4\sqrt{3}$,求四边形ODEC的周长。

(1) 证明：
∵ $DE// AC$，$CE// BD$，
∴ 四边形$ODEC$是平行四边形。
又∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ 矩形对角线相等且互相平分，即$OC=OD$，
∴ 平行四边形$ODEC$是菱形。
---
(2) 解：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ ABC=90°$。
∵ $∠ ACB:∠ BAC=1:2$，且$∠ ACB+∠ BAC=90°$，
∴ $∠ ACB=30°$，$∠ BAC=60°$。
∵ $OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，$AC=BD$，
∴ $OA=OB$，
∴ $△ OAB$是等边三角形，即$AB=OA=OC$。
设$AB=x$，则$AC=2x$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{3}x$。
由$S_{矩形ABCD}=AB· BC=4\sqrt{3}$，得：
$x· \sqrt{3}x=4\sqrt{3}$，
化简得$x^2=4$，解得$x=2$（$x＞0$）。
∴ $OC=2$。
∵ 四边形$ODEC$是菱形，
∴ $OD=DE=EC=OC=2$，
∴ 四边形$ODEC$的周长为$4×2=8$。
答：四边形$ODEC$的周长为8。

【分析】
(1) 要证明四边形ODEC是菱形，首先根据两组对边分别平行的判定定理，先证明四边形ODEC是平行四边形；再结合矩形对角线相等且互相平分的性质，得到一组邻边OC=OD，即可根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”完成证明。
(2) 要求四边形ODEC的周长，需先求出菱形的边长OC。首先利用矩形内角为直角的性质，结合两角的比例关系求出∠ACB、∠BAC的度数，再根据矩形对角线的性质可得△OAB是等边三角形，得到AB与OC的等量关系；随后设AB为未知数，用勾股定理表示出BC的长度，结合矩形面积列方程求出未知数，即得到OC的长，最后根据菱形四边相等的性质计算周长即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ $DE// AC$，$CE// BD$，
∴ 四边形$ODEC$是平行四边形。
又
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ 矩形对角线相等且互相平分，即$OC=\frac{1}{2}AC$，$OD=\frac{1}{2}BD$，$AC=BD$，
∴ $OC=OD$，
∴ 平行四边形$ODEC$是菱形。
(2) 解：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ABC=90°$。
∵ $∠ACB:∠BAC=1:2$，且$∠ACB+∠BAC=90°$，
∴ $∠ACB=30°$，$∠BAC=60°$。
∵ 矩形对角线相等且互相平分，即$OA=\frac{1}{2}AC$，$OB=\frac{1}{2}BD$，$AC=BD$，
∴ $OA=OB$，
∴ $△OAB$是等边三角形，即$AB=OA=OC$。
设$AB=x$，则$AC=2x$，在$Rt△ABC$中，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{(2x)^2-x^2}=\sqrt{3}x$。
已知$S_{矩形ABCD}=AB· BC=4\sqrt{3}$，代入得：
$x· \sqrt{3}x=4\sqrt{3}$，
化简得$x^2=4$，解得$x=2$（边长为正，舍去负根）。
∴ $OC=AB=2$。
∵ 四边形$ODEC$是菱形，
∴ $OD=DE=EC=OC=2$，
∴ 四边形$ODEC$的周长为$4×2=8$。
【答案】
(1) 四边形ODEC是菱形，证明成立；
(2) 四边形ODEC的周长为$\boldsymbol{8}$
【知识点】
矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是特殊四边形的常规综合题，将矩形、菱形的性质判定与直角三角形性质、面积计算相结合，解题时需要从所求目标逆向推导所需条件，结合已知逐层推导，能够很好地锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7

7. 提升题“出入相补”原理是我国古代数学的重要成就之一。该原理的重要内容之一是将一个几何图形任意分割成若干个小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和。如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12。对角线AC，BD相交于点O，E为边BC上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为F，G。
（1）当E为边BC的中点时，求证：EG=EF。
（2）当E为边BC上任意一点时，求EF+EG的值。

（1）证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ 对角线AC、BD互相平分且相等，
∴ $OB=OC$。
∵ E为BC的中点，
∴ $S_{△ BOE}=S_{△ COE}$。
又∵ $EG⊥ BD$，$EF⊥ AC$，
∴ $S_{△ BOE}=\frac{1}{2}· OB· EG$，$S_{△ COE}=\frac{1}{2}· OC· EF$，
∴ $\frac{1}{2}· OB· EG=\frac{1}{2}· OC· EF$，
结合$OB=OC$，可得$EG=EF$。
---
（2）解：
∵ 四边形ABCD是矩形，$AB=5$，$AD=12$，
∴ 矩形ABCD的面积$S_{矩形ABCD}=AB· AD=5×12=60$，
由勾股定理得对角线$AC=BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$，
∴ $OB=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{13}{2}$。
连接OE，由出入相补原理可知：
$S_{△ BOE}+S_{△ COE}=S_{△ BOC}$，
又∵ $S_{△ BOC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×60=15$，
代入面积公式得：
$\frac{1}{2}· OB· EG + \frac{1}{2}· OC· EF =15$
将$OB=OC=\frac{13}{2}$代入：
$\frac{1}{2}×\frac{13}{2}· EG + \frac{1}{2}×\frac{13}{2}· EF =15$
整理得：$\frac{13}{4}(EF+EG)=15$，
解得：$EF+EG=\frac{60}{13}$。
最终结论：$EF+EG$的值为$\boldsymbol{\frac{60}{13}}$。

【分析】
（1）证明线段相等可结合面积法推导：首先根据矩形对角线的性质得到OB=OC，E为BC中点时，△BOE与△COE面积相等，两个三角形的面积可分别表示为以OB、OC为底，EG、EF为高的形式，结合底相等、面积相等，即可推出高EG=EF。
（2）求EF+EG的定值，利用题中“出入相补”的面积和不变原理：△BOC的面积等于△BOE和△COE的面积之和。先计算矩形面积和对角线长度，得到OB、OC的数值，再将两个小三角形的面积用含EG、EF的式子代入面积和等式，整理后即可求出EF+EG的结果。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ 对角线AC、BD互相平分且相等，
∴ $OB=OC$。
∵ E为BC的中点，
∴ $S_{△ BOE}=S_{△ COE}$。
又
∵ $EG⊥ BD$，$EF⊥ AC$，
∴ $S_{△ BOE}=\frac{1}{2}· OB· EG$，$S_{△ COE}=\frac{1}{2}· OC· EF$，
∴ $\frac{1}{2}· OB· EG=\frac{1}{2}· OC· EF$，
结合$OB=OC$，可得$EG=EF$。
（2）解：
∵ 四边形ABCD是矩形，$AB=5$，$AD=12$，
∴ 矩形ABCD的面积$S_{矩形ABCD}=AB· AD=5×12=60$，
由勾股定理得对角线$AC=BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$，
∴ $OB=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{13}{2}$。
连接OE，由出入相补原理可知：
$S_{△ BOE}+S_{△ COE}=S_{△ BOC}$，
又
∵ $S_{△ BOC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×60=15$，
代入面积公式得：
$\frac{1}{2}· OB· EG + \frac{1}{2}· OC· EF =15$
将$OB=OC=\frac{13}{2}$代入：
$\frac{1}{2}×\frac{13}{2}· EG + \frac{1}{2}×\frac{13}{2}· EF =15$
整理得：$\frac{13}{4}(EF+EG)=15$，
解得：$EF+EG=\frac{60}{13}$。
【答案】
（1）证明成立；（2）$\boldsymbol{\frac{60}{13}}$
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；等面积法
【点评】
本题结合我国古代“出入相补”的数学原理设计，既考查了矩形性质、勾股定理等基础知识点，又引导学生使用等面积法简化运算，体现了几何问题中的转化思想，能较好地锻炼学生的几何分析与逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6