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3. 如图1,在矩形ABCD中,$AB=4\sqrt{3}$,$BC=4$,对角线AC,BD交于点O,E为OC上一点(不与点O,C重合),延长BE到点F,使$BE=EF$,交边CD于点P,连结DF。
(1)求证:$DF// AC$;
(2)当$CE=2OE$时,求BF的长;
(3)如图2,连结CF,当$∠DCF$等于$△ ABC$的某个内角时,求所有符合条件的四边形DOEF的面积。
(1)求证:$DF// AC$;
(2)当$CE=2OE$时,求BF的长;
(3)如图2,连结CF,当$∠DCF$等于$△ ABC$的某个内角时,求所有符合条件的四边形DOEF的面积。
答案
3. (1)证明：因为四边形ABCD是矩形，所以$OA=OC=OB=OD$。又因为$BE=EF$，所以OE是$△ BDF$的中位线，所以$DF// OE$，$DF// AC$；
(2)由(1)可得OE是$△ BDF$的中位线，所以$DF=2OE$。因为$CE=2OE$，所以$CE=DF$。因为$DF// AC$，所以$∠ CEP=∠ F$，$∠ ECP=∠ PDF$，所以$△ ECP ≌ △ FDP(\mathrm{ASA})$，所以$EP=FP=\frac{1}{2}EF$，$CP=DP=\frac{1}{2}CD=2\sqrt{3}$。在$\mathrm{Rt}△ BCP$中，$BP=\sqrt{BC^2+CP^2}=\sqrt{4^2+(2\sqrt{3})^2}=2\sqrt{7}$，所以$BF=\frac{4}{3}BP=\frac{4}{3}×2\sqrt{7}=\frac{8\sqrt{7}}{3}$；
(3)因为矩形ABCD中，$AB=4\sqrt{3}$，$BC=4$，所以$AC=8$，$AO=OC=4$，所以$∠ BAC=30°$，$∠ BCA=60°$，$∠ ABC=90°$，所以$△ ABC$的内角分别为$30°$，$60°$，$90°$，①当$∠ DCF=30°$时，如图1，则$BD// CF$，由(1)知$DF// AC$，所以四边形DOCF是平行四边形，且$OC=OD=4$，所以$□ DOCF$是菱形，所以$OE=\frac{1}{2}DF=2$，所以$S_{四边形DOEF}=\frac{1}{2}EF·(OE+DF)=6\sqrt{3}$；②当$∠ DCF=60°$时，如图2，所以$∠ ACF=∠ ACD+∠ DCF=90°$，因为$DF// AC$，所以$∠ DFC=90°$。在$\mathrm{Rt}△ DCF$中，所以$CF=\frac{1}{2}DC=2\sqrt{3}$，$DF=\sqrt{DC^2-CF^2}=\sqrt{(4\sqrt{3})^2-(2\sqrt{3})^2}=6$，$OE=\frac{1}{2}DF=3$，所以$S_{四边形DOEF}=\frac{1}{2}CF·(OE+DF)=9\sqrt{3}$；③当$∠ DCF=90°$，此时点E与点C重合，不符合题意。四边形DOEF的面积为$6\sqrt{3}$或$9\sqrt{3}$。
解析
【分析】
本题为矩形相关的几何综合题，解题思路如下：
(1) 要证$DF// AC$，利用矩形对角线互相平分得$O$是$BD$中点，结合$BE=EF$得$E$是$BF$中点，故$OE$是$△ BDF$的中位线，根据中位线定理可证$DF// OE$，进而得$DF// AC$；
(2) 由(1)得$DF=2OE$，结合$CE=2OE$得$CE=DF$，再由$DF// AC$得内错角相等，用ASA证$△ ECP≌△ FDP$，得$CP=DP$，在$Rt△ BCP$中用勾股定理算$BP$，再根据线段关系求$BF$；
(3) 先确定$△ ABC$的三个内角，分$∠ DCF$为$30°$、$60°$、$90°$三种情况，排除不符合条件的（$90°$时$E$与$C$重合），结合平行四边形、菱形性质算出相关线段长度，再计算四边形$DOEF$的面积。
【解析】
(1) 证明：
$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore$ 对角线$AC$、$BD$互相平分，即$O$为$BD$中点（$OB=OD$）。
又$\because BE=EF$，$\therefore E$为$BF$中点，
$\therefore OE$是$△ BDF$的中位线，根据三角形中位线定理得$DF// OE$。
$\because OE$在$AC$上，$\therefore DF// AC$。
(2) 解：
由(1)知$OE$是$△ BDF$的中位线，$\therefore DF=2OE$。
已知$CE=2OE$，$\therefore CE=DF$。
$\because DF// AC$，$\therefore ∠ CEP=∠ F$，$∠ ECP=∠ PDF$。
在$△ ECP$和$△ FDP$中：
$\begin{cases}∠ CEP=∠ F \\CE=DF \\∠ ECP=∠ PDF\end{cases}$
$\therefore △ ECP≌△ FDP(\mathrm{ASA})$，$\therefore CP=DP=\frac{1}{2}CD$。
$\because CD=AB=4\sqrt{3}$，$\therefore CP=2\sqrt{3}$。
在$Rt△ BCP$中，$BC=4$，$CP=2\sqrt{3}$，
$\therefore BP=\sqrt{BC^2+CP^2}=\sqrt{4^2+(2\sqrt{3})^2}=2\sqrt{7}$。
$\because BE=EF$，$EP=FP$，$\therefore BP=BE+EP=BE+\frac{1}{2}BE=\frac{3}{2}BE$，
$\therefore BE=\frac{2}{3}BP=\frac{4\sqrt{7}}{3}$，$\therefore BF=2BE=\frac{8\sqrt{7}}{3}$。
(3) 解：
在矩形$ABCD$中，$AB=4\sqrt{3}$，$BC=4$，$∠ ABC=90°$，
$\therefore AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=8$，$OA=OC=OB=OD=4$，
$\therefore △ ABC$的内角为$30°$、$60°$、$90°$，分情况讨论：
① 当$∠ DCF=30°$时：
$\because ∠ ACD=∠ BAC=30°$，$\therefore ∠ DCF=∠ ACD$，即$CF// BD$，
又$DF// AC$，$\therefore$ 四边形$DOCF$是平行四边形，且$OC=OD=4$，故为菱形，
$\therefore DF=OC=4$，$OE=\frac{1}{2}DF=2$，
四边形$DOEF$是梯形，面积$S=\frac{1}{2}(OE+DF)· CF=\frac{1}{2}(2+4)×2\sqrt{3}=6\sqrt{3}$；
② 当$∠ DCF=60°$时：
$∠ ACF=∠ ACD+∠ DCF=90°$，$\because DF// AC$，$\therefore ∠ DFC=90°$，
在$Rt△ DCF$中，$CF=DC·\cos60°=2\sqrt{3}$，$DF=DC·\sin60°=6$，
$\therefore OE=\frac{1}{2}DF=3$，
面积$S=\frac{1}{2}(OE+DF)· CF=\frac{1}{2}(3+6)×2\sqrt{3}=9\sqrt{3}$；
③ 当$∠ DCF=90°$时，点$E$与$C$重合，不符合题意，舍去。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\frac{8\sqrt{7}}{3}$；
(3) $6\sqrt{3}$或$9\sqrt{3}$；
【知识点】
矩形性质、三角形中位线、全等三角形判定、梯形面积
【点评】
本题是矩形综合题，结合中位线、全等、平行四边形等知识点，需分情况讨论内角，考查几何性质的综合运用，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题为矩形相关的几何综合题，解题思路如下：
(1) 要证$DF// AC$，利用矩形对角线互相平分得$O$是$BD$中点，结合$BE=EF$得$E$是$BF$中点，故$OE$是$△ BDF$的中位线，根据中位线定理可证$DF// OE$，进而得$DF// AC$；
(2) 由(1)得$DF=2OE$，结合$CE=2OE$得$CE=DF$，再由$DF// AC$得内错角相等，用ASA证$△ ECP≌△ FDP$，得$CP=DP$，在$Rt△ BCP$中用勾股定理算$BP$，再根据线段关系求$BF$；
(3) 先确定$△ ABC$的三个内角，分$∠ DCF$为$30°$、$60°$、$90°$三种情况，排除不符合条件的（$90°$时$E$与$C$重合），结合平行四边形、菱形性质算出相关线段长度，再计算四边形$DOEF$的面积。
【解析】
(1) 证明：
$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore$ 对角线$AC$、$BD$互相平分，即$O$为$BD$中点（$OB=OD$）。
又$\because BE=EF$，$\therefore E$为$BF$中点，
$\therefore OE$是$△ BDF$的中位线，根据三角形中位线定理得$DF// OE$。
$\because OE$在$AC$上，$\therefore DF// AC$。
(2) 解：
由(1)知$OE$是$△ BDF$的中位线，$\therefore DF=2OE$。
已知$CE=2OE$，$\therefore CE=DF$。
$\because DF// AC$，$\therefore ∠ CEP=∠ F$，$∠ ECP=∠ PDF$。
在$△ ECP$和$△ FDP$中：
$\begin{cases}∠ CEP=∠ F \\CE=DF \\∠ ECP=∠ PDF\end{cases}$
$\therefore △ ECP≌△ FDP(\mathrm{ASA})$，$\therefore CP=DP=\frac{1}{2}CD$。
$\because CD=AB=4\sqrt{3}$，$\therefore CP=2\sqrt{3}$。
在$Rt△ BCP$中，$BC=4$，$CP=2\sqrt{3}$，
$\therefore BP=\sqrt{BC^2+CP^2}=\sqrt{4^2+(2\sqrt{3})^2}=2\sqrt{7}$。
$\because BE=EF$，$EP=FP$，$\therefore BP=BE+EP=BE+\frac{1}{2}BE=\frac{3}{2}BE$，
$\therefore BE=\frac{2}{3}BP=\frac{4\sqrt{7}}{3}$，$\therefore BF=2BE=\frac{8\sqrt{7}}{3}$。
(3) 解：
在矩形$ABCD$中，$AB=4\sqrt{3}$，$BC=4$，$∠ ABC=90°$，
$\therefore AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=8$，$OA=OC=OB=OD=4$，
$\therefore △ ABC$的内角为$30°$、$60°$、$90°$，分情况讨论：
① 当$∠ DCF=30°$时：
$\because ∠ ACD=∠ BAC=30°$，$\therefore ∠ DCF=∠ ACD$，即$CF// BD$，
又$DF// AC$，$\therefore$ 四边形$DOCF$是平行四边形，且$OC=OD=4$，故为菱形，
$\therefore DF=OC=4$，$OE=\frac{1}{2}DF=2$，
四边形$DOEF$是梯形，面积$S=\frac{1}{2}(OE+DF)· CF=\frac{1}{2}(2+4)×2\sqrt{3}=6\sqrt{3}$；
② 当$∠ DCF=60°$时：
$∠ ACF=∠ ACD+∠ DCF=90°$，$\because DF// AC$，$\therefore ∠ DFC=90°$，
在$Rt△ DCF$中，$CF=DC·\cos60°=2\sqrt{3}$，$DF=DC·\sin60°=6$，
$\therefore OE=\frac{1}{2}DF=3$，
面积$S=\frac{1}{2}(OE+DF)· CF=\frac{1}{2}(3+6)×2\sqrt{3}=9\sqrt{3}$；
③ 当$∠ DCF=90°$时，点$E$与$C$重合，不符合题意，舍去。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\frac{8\sqrt{7}}{3}$；
(3) $6\sqrt{3}$或$9\sqrt{3}$；
【知识点】
矩形性质、三角形中位线、全等三角形判定、梯形面积
【点评】
本题是矩形综合题，结合中位线、全等、平行四边形等知识点，需分情况讨论内角，考查几何性质的综合运用，难度适中。
【难度系数】
0.5
