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38. 如图所示，$□ ABCD$的顶点B在矩形AEFC的边EF上，点B与点E，F不重合. 若$△ ACD$的面积为3，则图中阴影部分两个三角形的面积之和是. 
答案
$\boldsymbol{3}$
解析
【分析】
解题思路如下：首先利用平行四边形的性质，可知对角线将平行四边形分成面积相等的两个三角形，由此得到△ABC的面积等于△ACD的面积3；接着分析△ABC和矩形AEFC的面积关系，二者同底AC，△ABC以AC为底的高等于矩形的宽AE，因此△ABC的面积是矩形面积的一半，可算出矩形面积；最后阴影部分的面积等于矩形面积减去△ABC的面积，代入数值即可得到结果。
【解析】
1. 因为四边形ABCD是平行四边形，对角线AC将平行四边形分为两个全等的三角形，因此$S_{△ ABC}=S_{△ ACD}=3$。
2. 四边形AEFC是矩形，设矩形的长$AC=a$，宽$AE=h$，则矩形面积$S_{矩形AEFC}=a· h$。
3. $△ ABC$以AC为底时，对应的高等于矩形的宽$h$，根据三角形面积公式：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC × h=\frac{1}{2}ah$，因此$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}S_{矩形AEFC}$，可得$S_{矩形AEFC}=2×3=6$。
4. 观察图形可知，阴影部分两个三角形的面积之和等于矩形面积减去$△ ABC$的面积，即$S_{阴影}=S_{矩形AEFC}-S_{△ ABC}=6-3=3$。
【答案】
$\boldsymbol{3}$
【知识点】
平行四边形的性质，矩形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题属于几何面积类基础综合题，不需要计算线段的具体长度，只要抓住平行四边形对角线分面积为相等两部分、同底等高的三角形面积是矩形面积一半这两个核心关系，就能快速求出结果，解题时要注意观察图形各部分的面积关联。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：首先利用平行四边形的性质，可知对角线将平行四边形分成面积相等的两个三角形，由此得到△ABC的面积等于△ACD的面积3；接着分析△ABC和矩形AEFC的面积关系，二者同底AC，△ABC以AC为底的高等于矩形的宽AE，因此△ABC的面积是矩形面积的一半，可算出矩形面积；最后阴影部分的面积等于矩形面积减去△ABC的面积，代入数值即可得到结果。
【解析】
1. 因为四边形ABCD是平行四边形，对角线AC将平行四边形分为两个全等的三角形，因此$S_{△ ABC}=S_{△ ACD}=3$。
2. 四边形AEFC是矩形，设矩形的长$AC=a$，宽$AE=h$，则矩形面积$S_{矩形AEFC}=a· h$。
3. $△ ABC$以AC为底时，对应的高等于矩形的宽$h$，根据三角形面积公式：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC × h=\frac{1}{2}ah$，因此$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}S_{矩形AEFC}$，可得$S_{矩形AEFC}=2×3=6$。
4. 观察图形可知，阴影部分两个三角形的面积之和等于矩形面积减去$△ ABC$的面积，即$S_{阴影}=S_{矩形AEFC}-S_{△ ABC}=6-3=3$。
【答案】
$\boldsymbol{3}$
【知识点】
平行四边形的性质，矩形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题属于几何面积类基础综合题，不需要计算线段的具体长度，只要抓住平行四边形对角线分面积为相等两部分、同底等高的三角形面积是矩形面积一半这两个核心关系，就能快速求出结果，解题时要注意观察图形各部分的面积关联。
【难度系数】
0.7
39. 如图所示,在矩形ABCD中,E,F分别是边AB,CD上的点,AE=CF,连接EF,BF,EF与对角线AC交于点O,且BE=BF,∠BEF=2∠BAC.
(1)求证:OE=OF;
(2)若$BC=2\sqrt{3},$求AB的长.
(1)求证:OE=OF;
(2)若$BC=2\sqrt{3},$求AB的长.
答案
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AB // CD$，
∴ $∠ OAE = ∠ OCF$。
在$△ AOE$和$△ COF$中：
$\begin{cases}∠ OAE = ∠ OCF \\∠ AOE = ∠ COF \\AE = CF\end{cases}$
∴ $△ AOE ≌ △ COF \ (\mathrm{AAS})$，
∴ $OE = OF$。
---
(2) 解：
连接$OB$，
∵ $BE = BF$，$OE = OF$，
∴ $BO ⊥ EF$（等腰三角形三线合一），
∴ $∠ BOE = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BOE$中，$∠ BEF + ∠ OBE = 90°$，
又∵ $∠ BEF = 2∠ BAC$，
∴ $2∠ BAC + ∠ OBE = 90°$。
∵ 四边形ABCD是矩形，$∠ ABC = 90°$，且由$△ AOE ≌ △ COF$得$OA=OC$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$OB = OA = \frac{1}{2}AC$，
∴ $∠ OBE = ∠ BAC$。
代入得：$2∠ BAC + ∠ BAC = 90°$，即$3∠ BAC = 90°$，
∴ $∠ BAC = 30°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=30°$，$BC=2\sqrt{3}$，
∴ $AC = 2BC = 4\sqrt{3}$，
∴ $AB = \sqrt{AC^2 - BC^2} = \sqrt{(4\sqrt{3})^2 - (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{48-12} = \sqrt{36} = 6$。
答：$AB$的长为$\boldsymbol{6}$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AB // CD$，
∴ $∠ OAE = ∠ OCF$。
在$△ AOE$和$△ COF$中：
$\begin{cases}∠ OAE = ∠ OCF \\∠ AOE = ∠ COF \\AE = CF\end{cases}$
∴ $△ AOE ≌ △ COF \ (\mathrm{AAS})$，
∴ $OE = OF$。
---
(2) 解：
连接$OB$，
∵ $BE = BF$，$OE = OF$，
∴ $BO ⊥ EF$（等腰三角形三线合一），
∴ $∠ BOE = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BOE$中，$∠ BEF + ∠ OBE = 90°$，
又∵ $∠ BEF = 2∠ BAC$，
∴ $2∠ BAC + ∠ OBE = 90°$。
∵ 四边形ABCD是矩形，$∠ ABC = 90°$，且由$△ AOE ≌ △ COF$得$OA=OC$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$OB = OA = \frac{1}{2}AC$，
∴ $∠ OBE = ∠ BAC$。
代入得：$2∠ BAC + ∠ BAC = 90°$，即$3∠ BAC = 90°$，
∴ $∠ BAC = 30°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=30°$，$BC=2\sqrt{3}$，
∴ $AC = 2BC = 4\sqrt{3}$，
∴ $AB = \sqrt{AC^2 - BC^2} = \sqrt{(4\sqrt{3})^2 - (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{48-12} = \sqrt{36} = 6$。
答：$AB$的长为$\boldsymbol{6}$。
解析
【分析】
(1) 要证明OE=OF，可通过证明两条线段所在的△AOE和△COF全等来实现。首先利用矩形对边平行的性质得到一组内错角相等，结合已知的AE=CF，再加上对顶角相等，即可用AAS判定两个三角形全等，进而得到OE=OF。
(2) 求AB的长，已知BC的长度，可放在Rt△ABC中计算，需要先求出∠BAC的度数。首先连接OB，利用等腰三角形三线合一的性质得到BO⊥EF，结合直角三角形两锐角互余得到∠BEF与∠OBE的和为90°；再利用矩形对角线的性质，得到OA=OB，推出∠OBE=∠BAC，结合已知∠BEF=2∠BAC，可求出∠BAC=30°，最后利用勾股定理计算AB的长度即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AB // CD$，
∴ $∠ OAE = ∠ OCF$。
在$△ AOE$和$△ COF$中：
$\begin{cases}∠ OAE = ∠ OCF \\∠ AOE = ∠ COF \\AE = CF\end{cases}$
∴ $△ AOE ≌ △ COF \ (\mathrm{AAS})$，
∴ $OE = OF$。
(2) 解：
连接$OB$，
∵ $BE = BF$，$OE = OF$，
∴ $BO ⊥ EF$（等腰三角形三线合一），
∴ $∠ BOE = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BOE$中，$∠ BEF + ∠ OBE = 90°$，
又
∵ $∠ BEF = 2∠ BAC$，
∴ $2∠ BAC + ∠ OBE = 90°$。
∵ 四边形ABCD是矩形，$∠ ABC = 90°$，且由$△ AOE ≌ △ COF$得$OA=OC$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$OB = OA = \frac{1}{2}AC$，
∴ $∠ OBE = ∠ BAC$。
代入得：$2∠ BAC + ∠ BAC = 90°$，即$3∠ BAC = 90°$，
∴ $∠ BAC = 30°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=30°$，$BC=2\sqrt{3}$，
∴ $AC = 2BC = 4\sqrt{3}$，
∴ $AB = \sqrt{AC^2 - BC^2} = \sqrt{(4\sqrt{3})^2 - (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{48-12} = \sqrt{36} = 6$。
【答案】
(1) OE=OF得证；(2) $\boldsymbol{6}$
【知识点】
1. 全等三角形判定与性质
2. 矩形的性质
3. 含30°角直角三角形的性质
【点评】
本题属于四边形与三角形的综合题，第一问侧重基础，考查全等三角形的判定方法；第二问需要合理作辅助线，结合等腰三角形、直角三角形及矩形的性质推导角度关系，对知识的综合运用能力有一定要求，是四边形章节的典型考题。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明OE=OF，可通过证明两条线段所在的△AOE和△COF全等来实现。首先利用矩形对边平行的性质得到一组内错角相等，结合已知的AE=CF，再加上对顶角相等，即可用AAS判定两个三角形全等，进而得到OE=OF。
(2) 求AB的长，已知BC的长度，可放在Rt△ABC中计算，需要先求出∠BAC的度数。首先连接OB，利用等腰三角形三线合一的性质得到BO⊥EF，结合直角三角形两锐角互余得到∠BEF与∠OBE的和为90°；再利用矩形对角线的性质，得到OA=OB，推出∠OBE=∠BAC，结合已知∠BEF=2∠BAC，可求出∠BAC=30°，最后利用勾股定理计算AB的长度即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AB // CD$，
∴ $∠ OAE = ∠ OCF$。
在$△ AOE$和$△ COF$中：
$\begin{cases}∠ OAE = ∠ OCF \\∠ AOE = ∠ COF \\AE = CF\end{cases}$
∴ $△ AOE ≌ △ COF \ (\mathrm{AAS})$，
∴ $OE = OF$。
(2) 解：
连接$OB$，
∵ $BE = BF$，$OE = OF$，
∴ $BO ⊥ EF$（等腰三角形三线合一），
∴ $∠ BOE = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BOE$中，$∠ BEF + ∠ OBE = 90°$，
又
∵ $∠ BEF = 2∠ BAC$，
∴ $2∠ BAC + ∠ OBE = 90°$。
∵ 四边形ABCD是矩形，$∠ ABC = 90°$，且由$△ AOE ≌ △ COF$得$OA=OC$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$OB = OA = \frac{1}{2}AC$，
∴ $∠ OBE = ∠ BAC$。
代入得：$2∠ BAC + ∠ BAC = 90°$，即$3∠ BAC = 90°$，
∴ $∠ BAC = 30°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=30°$，$BC=2\sqrt{3}$，
∴ $AC = 2BC = 4\sqrt{3}$，
∴ $AB = \sqrt{AC^2 - BC^2} = \sqrt{(4\sqrt{3})^2 - (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{48-12} = \sqrt{36} = 6$。
【答案】
(1) OE=OF得证；(2) $\boldsymbol{6}$
【知识点】
1. 全等三角形判定与性质
2. 矩形的性质
3. 含30°角直角三角形的性质
【点评】
本题属于四边形与三角形的综合题，第一问侧重基础，考查全等三角形的判定方法；第二问需要合理作辅助线，结合等腰三角形、直角三角形及矩形的性质推导角度关系，对知识的综合运用能力有一定要求，是四边形章节的典型考题。
【难度系数】
0.6
40. 如图所示,在四边形ABCD中,AB = BC,对角线BD平分∠ABC,P是BD上一点,过点P分别作PM⊥AD,PN⊥CD,垂足分别为点M,N.
(1)求证:∠ADB = ∠CDB;
(2)若∠ADC = 90°,求证:四边形MPND是正方形.
(1)求证:∠ADB = ∠CDB;
(2)若∠ADC = 90°,求证:四边形MPND是正方形.
答案
证明：
(1)
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠ABD = ∠CBD。
在△ABD和△CBD中，
$\{\begin{array}{l}AB = BC \\∠ABD = ∠CBD \\BD = BD\end{array} $
∴ △ABD ≌ △CBD（SAS），
∴ ∠ADB = ∠CDB。
(2)
∵ PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ ∠PMD = ∠PND = 90°。
又∵ ∠ADC = 90°，
∴ 四边形MPND有三个内角为直角，
∴ 四边形MPND是矩形。
由(1)得∠ADB = ∠CDB，即BD平分∠ADC，
∵ PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ PM = PN（角平分线上的点到角两边的距离相等），
∴ 矩形MPND是正方形。
(1)
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠ABD = ∠CBD。
在△ABD和△CBD中，
$\{\begin{array}{l}AB = BC \\∠ABD = ∠CBD \\BD = BD\end{array} $
∴ △ABD ≌ △CBD（SAS），
∴ ∠ADB = ∠CDB。
(2)
∵ PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ ∠PMD = ∠PND = 90°。
又∵ ∠ADC = 90°，
∴ 四边形MPND有三个内角为直角，
∴ 四边形MPND是矩形。
由(1)得∠ADB = ∠CDB，即BD平分∠ADC，
∵ PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ PM = PN（角平分线上的点到角两边的距离相等），
∴ 矩形MPND是正方形。
解析
【分析】
(1)要证明∠ADB=∠CDB，可通过证明两角所在的△ABD和△CBD全等推导。已知BD平分∠ABC可得∠ABD=∠CBD，结合给出的AB=BC、公共边BD，满足SAS全等判定条件，全等后对应角相等即可得证。
(2)要证明四边形MPND是正方形，先判定其为矩形：已知PM⊥AD、PN⊥CD，结合∠ADC=90°，可知四边形有3个内角为直角，可判定为矩形；再证明矩形有一组邻边相等，由(1)得BD平分∠ADC，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，可得PM=PN，邻边相等的矩形即为正方形。
【解析】
(1)证明：
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠ABD = ∠CBD。
在△ABD和△CBD中，
$\{\begin{array}{l}AB = BC \\∠ABD = ∠CBD \\BD = BD\end{array} $
∴ △ABD ≌ △CBD（SAS），
∴ ∠ADB = ∠CDB。
(2)证明：
∵ PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ ∠PMD = ∠PND = 90°。
又
∵ ∠ADC = 90°，
∴ 四边形MPND有三个内角为直角，
∴ 四边形MPND是矩形。
由(1)得∠ADB = ∠CDB，即BD平分∠ADC，
∵ PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ PM = PN（角平分线上的点到角两边的距离相等），
∴ 矩形MPND是正方形。
【答案】
(1) 证明见上述解析，可得∠ADB = ∠CDB；
(2) 证明见上述解析，可得四边形MPND是正方形。
【知识点】
全等三角形判定与性质；角平分线的性质；正方形的判定
【点评】
本题是四边形模块的常规综合题，解题时需梳理清楚证明逻辑，先通过三角形全等得到角相等的基础结论，再结合特殊四边形的判定条件逐步推导，核心是掌握全等、角平分线性质、特殊四边形判定之间的关联。
【难度系数】
0.8
(1)要证明∠ADB=∠CDB，可通过证明两角所在的△ABD和△CBD全等推导。已知BD平分∠ABC可得∠ABD=∠CBD，结合给出的AB=BC、公共边BD，满足SAS全等判定条件，全等后对应角相等即可得证。
(2)要证明四边形MPND是正方形，先判定其为矩形：已知PM⊥AD、PN⊥CD，结合∠ADC=90°，可知四边形有3个内角为直角，可判定为矩形；再证明矩形有一组邻边相等，由(1)得BD平分∠ADC，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，可得PM=PN，邻边相等的矩形即为正方形。
【解析】
(1)证明：
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠ABD = ∠CBD。
在△ABD和△CBD中，
$\{\begin{array}{l}AB = BC \\∠ABD = ∠CBD \\BD = BD\end{array} $
∴ △ABD ≌ △CBD（SAS），
∴ ∠ADB = ∠CDB。
(2)证明：
∵ PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ ∠PMD = ∠PND = 90°。
又
∵ ∠ADC = 90°，
∴ 四边形MPND有三个内角为直角，
∴ 四边形MPND是矩形。
由(1)得∠ADB = ∠CDB，即BD平分∠ADC，
∵ PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ PM = PN（角平分线上的点到角两边的距离相等），
∴ 矩形MPND是正方形。
【答案】
(1) 证明见上述解析，可得∠ADB = ∠CDB；
(2) 证明见上述解析，可得四边形MPND是正方形。
【知识点】
全等三角形判定与性质；角平分线的性质；正方形的判定
【点评】
本题是四边形模块的常规综合题，解题时需梳理清楚证明逻辑，先通过三角形全等得到角相等的基础结论，再结合特殊四边形的判定条件逐步推导，核心是掌握全等、角平分线性质、特殊四边形判定之间的关联。
【难度系数】
0.8
