12. 在矩形 ABCD 中, BD 是对角线,
$AE ⊥ BD$ 于点 $E, CF ⊥ BD$ 于点 $F$.

图21-38
(1) 如图21-38①,求证:$AE=CF$;
(2) 如图21-38②,当$∠ ADB=30°$时,
连接 $AF, CE$,在不添加任何辅助线的情况下,
请直接写出图21-38②中四个三角形,
使写出的每个三角形的面积都等于矩形
$ABCD$ 面积的$\dfrac{1}{8}$.

12. (1)
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $AB=CD$，$AB// CD$，$AD// BC$.
∴ $∠ABE=∠CDF$.
∵ $AE⊥BD$于点E，$CF⊥BD$于点F，
∴ $∠AEB=∠CFD=90°$. 在$△ABE$和$△CDF$中$\begin{cases}∠ABE=∠CDF,\\∠AEB=∠CFD,\\AB=CD,\end{cases}$
∴ $△ABE≌△CDF(AAS)$.
∴ $AE=CF$.
(2)$△ABE,△CDF,△BCE,△ADF$都等于矩形$ABCD$面积的$\frac{1}{8}$. 提示：
∵ $AD// BC$，
∴ $∠CBD=∠ADB=30°$.
∵ $∠ABC=90°$，
∴ $∠ABE=60°$.
∵ $AE⊥BD$，
∴ $∠BAE=30°$.
∴ $BE=\frac{1}{2} AB$，$AE=\frac{1}{2} AD$，
∴ $S_{△ABE}=\frac{1}{2} BE×AE=\frac{1}{2} ×\frac{1}{2} AB ×\frac{1}{2} AD =\frac{1}{8} AB×AD=\frac{1}{8} S_{矩形ABCD}$.
∵ $△ABE≌△CDF$，
∴ $S_{△CDF}=\frac{1}{8} S_{矩形ABCD}$. $EG⊥BC$于点G，
∵ $∠CBD=30°$，
∴ $EG=\frac{1}{2} BE=\frac{1}{2}×\frac{1}{2} AB=\frac{1}{4} AB$.
∴ $S_{△BCE}=\frac{1}{2} BC×EG=\frac{1}{2} BC×\frac{1}{4} AB=\frac{1}{8} BC×AB=\frac{1}{8} S_{矩形ABCD}$. 同理，$S_{△ADF}=\frac{1}{8} S_{矩形ABCD}$

【分析】
(1) 要证明线段$AE=CF$，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。结合矩形的性质，可得$AB$与$CD$平行且相等，进而得到内错角$∠ ABE=∠ CDF$，再结合$AE$、$CF$都垂直于$BD$得到两个直角相等，即可用AAS判定$△ ABE≌△ CDF$，从而得到$AE=CF$。
(2) 要求面积为矩形面积$\frac{1}{8}$的三角形，首先矩形面积为$AB· AD$，三角形面积为$\frac{1}{2}×底×高$。结合$∠ ADB=30°$的条件，利用含30°角的直角三角形中30°角对的直角边是斜边一半的性质，先计算$△ ABE$的面积，验证其为矩形面积的$\frac{1}{8}$，再结合全等三角形面积相等、平行线间的距离性质以及30°角的性质，依次推导其余三个符合要求的三角形即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $AB=CD$，$AB// CD$，
∴ $∠ ABE=∠ CDF$。
∵ $AE⊥ BD$于点$E$，$CF⊥ BD$于点$F$，
∴ $∠ AEB=∠ CFD=90°$。
在$△ ABE$和$△ CDF$中：
$\begin{cases}∠ AEB=∠ CFD \\∠ ABE=∠ CDF \\AB=CD\end{cases}$
∴ $△ ABE≌△ CDF$（AAS），
∴ $AE=CF$。
(2) 推导过程：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $AD// BC$，$∠ BAD=∠ ABC=90°$，
∴ $∠ CBD=∠ ADB=30°$，
∴ $∠ ABD=90°-∠ ADB=60°$。
∵ $AE⊥ BD$，
∴ $∠ BAE=30°$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$BE=\frac{1}{2}AB$，
同理在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AE=\frac{1}{2}AD$，
∴ $S_{△ ABE}=\frac{1}{2}× BE× AE=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}AB×\frac{1}{2}AD=\frac{1}{8}AB· AD=\frac{1}{8}S_{矩形ABCD}$。
∵ $△ ABE≌△ CDF$，
∴ $S_{△ CDF}=S_{△ ABE}=\frac{1}{8}S_{矩形ABCD}$。
过$E$作$EG⊥ BC$于$G$，在$\mathrm{Rt}△ BEG$中，$∠ CBD=30°$，
∴ $EG=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}AB=\frac{1}{4}AB$，
∴ $S_{△ BCE}=\frac{1}{2}× BC× EG=\frac{1}{2}× BC×\frac{1}{4}AB=\frac{1}{8}BC· AB=\frac{1}{8}S_{矩形ABCD}$。
同理可证$S_{△ ADF}=\frac{1}{8}S_{矩形ABCD}$。
【答案】
(1) 证明成立，$AE=CF$；
(2) $\boxed{△ ABE,△ CDF,△ BCE,△ ADF}$
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了四边形与三角形的基础几何知识，第一问侧重考查全等三角形的判定，属于基础几何证明；第二问结合特殊角度的直角三角形性质考查面积计算，需要学生灵活运用边角关系转化面积表达式，兼顾了推理能力和计算能力的考察。
【难度系数】
0.7

一、选择题
1. 如图21-39,在菱形ABCD中,过点C作$CE ⊥ BC$交BD于点E,若$∠ BAD = 118°$,则$∠ CEB$的度数为 （）


A.$59°$
B.$62°$
C.$69°$
D.$72°$

1.A

【分析】
解题时首先结合菱形的性质分析：菱形邻角互补，且对角线平分一组对角；先根据已知的∠BAD度数求出∠ABC的度数，再利用BD是菱形的对角线得到∠EBC的度数，最后结合CE⊥BC的垂直关系，利用直角三角形两锐角互余的性质，即可求出∠CEB的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，BD平分∠ABC，
∴∠BAD + ∠ABC = 180°，
∵∠BAD = 118°，
∴∠ABC = 180° - 118° = 62°，
∴∠EBC = $\frac{1}{2}$∠ABC = $\frac{1}{2}$×62° = 31°，
∵CE⊥BC，
∴∠BCE = 90°，
在Rt△BCE中，∠CEB + ∠EBC = 90°，
∴∠CEB = 90° - 31° = 59°。
故选：A。
【答案】
A
【知识点】
菱形的性质，直角三角形的性质，角平分线的定义
【点评】
本题属于基础角度计算题，解题核心是熟练掌握菱形的角相关性质，结合直角三角形的角度关系即可快速求解。
【难度系数】
0.8

2. 如图21-40,在四边形ABCD中,∠DAB的平分线与∠CBE的平分线相交于点P,且∠D+∠C=210°,则∠P的度数为 ()

A.$10°$
B.$15°$
C.$30°$
D.$40°$

2.B

【分析】
解题思路如下：1. 先利用四边形内角和为360°的性质，结合已知的∠D+∠C=210°，算出∠DAB与∠ABC的和；2. 利用邻补角的性质表示出∠CBE，再结合角平分线的定义，分别表示出∠PAB和∠PBE；3. 利用三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，建立∠P和已知角的关系，代入数值即可求出∠P的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD的内角和为360°
∴∠DAB + ∠ABC + ∠C + ∠D = 360°
又
∵∠D + ∠C = 210°
∴∠DAB + ∠ABC = 360° - 210° = 150°
∵∠CBE是∠ABC的邻补角
∴∠CBE = 180° - ∠ABC
∵AP平分∠DAB，BP平分∠CBE
∴∠PAB = $\frac{1}{2}$∠DAB，∠PBE = $\frac{1}{2}$∠CBE = $\frac{1}{2}$(180° - ∠ABC) = 90° - $\frac{1}{2}$∠ABC
∵∠PBE是△ABP的外角，根据三角形外角性质：外角等于与它不相邻的两个内角之和
∴∠PBE = ∠P + ∠PAB
则∠P = ∠PBE - ∠PAB
将∠PBE和∠PAB代入得：
∠P = (90° - $\frac{1}{2}$∠ABC) - $\frac{1}{2}$∠DAB = 90° - $\frac{1}{2}$(∠ABC + ∠DAB)
把∠ABC + ∠DAB = 150°代入得：
∠P = 90° - $\frac{1}{2}$×150° = 90° - 75° = 15°
故选B。
【答案】B
【知识点】
四边形内角和、角平分线的定义、三角形外角性质
【点评】
本题是四边形角度计算的典型题，需要结合多个几何性质进行角的代换，解题的核心是找到已知角和未知角之间的关联，计算量不大，侧重对几何性质的灵活运用。
【难度系数】
0.7

3. 一个多边形截取一个角后,形成另一个多边形的内角和是$1620°$,则原来多边形的边数是（）

A.10
B.11
C.12
D.以上都有可能

3.D

【分析】
解题时首先回忆多边形内角和公式：n边形的内角和为$(n-2)×180°$。第一步先根据截后多边形的内角和求出截后多边形的边数；其次要明确多边形截取一个角有三种不同情况：截线不经过任何顶点、截线经过1个顶点、截线经过2个顶点，对应截后的边数分别比原多边形多1、不变、少1，最后结合截后的边数反推原多边形可能的边数即可。
【解析】
设截取一个角后形成的多边形边数为$n$，根据多边形内角和公式可得：
$(n-2)×180°=1620°$
解得：$n-2=9$，即$n=11$。
接下来分三种截取情况讨论原多边形边数：
1. 若截线不经过原多边形的任何顶点，截取后边数增加1，则原多边形边数为$11-1=10$；
2. 若截线经过原多边形的1个顶点，截取后边数不变，则原多边形边数为$11$；
3. 若截线经过原多边形的2个顶点，截取后边数减少1，则原多边形边数为$11+1=12$。
因此原来多边形的边数可能是10、11、12，三种情况都有可能。
【答案】
D
【知识点】
1.多边形内角和公式
2.多边形截角问题
【点评】
本题易错点是仅考虑单一的截角情况，导致漏选。解题时要全面分类讨论截取角的不同方式，才能得到所有可能的结果。
【难度系数】
0.6

4. 如图21-41,两张全等的矩形纸片ABCD,AECF按如图方式交叉叠放在一起,$AB=AF,AE=BC$,若$AB=1,BC=3$,则图中重叠(阴影)部分的面积为 ()

A.$\dfrac{10}{3}$
B.$2\sqrt{5}$
C.$\dfrac{5}{3}$
D.$2\sqrt{3}$

4.C

【分析】
解题时先从两张矩形叠放的特征入手：矩形对边平行，可先判断重叠部分是平行四边形；再结合已知的边长相等条件，证明平行四边形邻边相等，确定重叠部分为菱形；之后设菱形边长为未知数，在直角三角形中利用勾股定理列方程求解边长，最后用底乘高计算菱形面积即可得到答案。
【解析】
设BC与AE交于点G，AD与CF交于点H。
∵四边形ABCD和AECF都是矩形，
∴AD//BC，AE//CF，
∴四边形AGCH是平行四边形。
平行四边形AGCH的面积可表示为$GC· AB$，也可表示为$AG· AF$，
已知$AB=AF=1$，因此$GC=AG$，即平行四边形AGCH是菱形。
设$BG=x$，则$GC=BC-BG=3-x$，即$AG=3-x$。
在$Rt△ ABG$中，由勾股定理得：$AB^2+BG^2=AG^2$，
代入$AB=1$得：$1^2+x^2=(3-x)^2$，
展开得：$1+x^2=9-6x+x^2$，
消去$x^2$整理得：$6x=8$，解得$x=\frac{4}{3}$，
因此$GC=3-\frac{4}{3}=\frac{5}{3}$，
重叠部分面积为$GC· AB=\frac{5}{3}×1=\frac{5}{3}$。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用
【点评】
本题结合图形叠放场景考查特殊四边形的相关性质，核心是先判断重叠部分的形状为菱形，再通过方程思想求解边长，考查了学生的图形识别能力和方程应用能力。
【难度系数】
0.6