3. 新素养 运算能力 如图,在$△ ABC$中,D,E,F三点分别在边AB,BC,AC上,$AD=\frac{1}{2}AB$,$BE=\frac{1}{3}BC$,$CF=\frac{1}{4}AC$,连接DE,EF,DF.若$△ DEF$的面积是1,则$△ ABC$的面积是 (
A.$\frac{7}{24}$
B.3
C.$\frac{24}{7}$
D.4
C
)A.$\frac{7}{24}$
B.3
C.$\frac{24}{7}$
D.4
答案：3. C 解析:连接AE,CD. 因为$AD=\frac{1}{2}AB$,所以$S_{△ BDE}=\frac{1}{2}S_{△ ABE},S_{△ ACD}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$. 因为$CF=\frac{1}{4}AC$,所以$AF=\frac{3}{4}AC$,$S_{△ CEF}=\frac{1}{4}S_{△ ACE}$,即$S_{△ ADF}=\frac{3}{4}S_{△ ACD}=\frac{3}{8}S_{△ ABC}$. 因为$BE=\frac{1}{3}BC$,所以$CE=\frac{2}{3}BC$,即$S_{△ ABE}=\frac{1}{3}S_{△ ABC}$,$S_{△ ACE}=\frac{2}{3}S_{△ ABC}$. 所以$S_{△ BDE}=\frac{1}{6}S_{△ ABC}$,$S_{△ CEF}=\frac{1}{6}S_{△ ABC}$. 因为$S_{△ DEF}=S_{△ ABC}-S_{△ ADF}-S_{△ BDE}-S_{△ CEF}$,所以$S_{△ DEF}=\frac{7}{24}S_{△ ABC}$. 又$S_{△ DEF}=1$,所以$△ ABC$的面积是$\frac{24}{7}$.
4.（2026·江苏苏州期中）如图，D，E分别是$△ ABC$的边AB，BC上的点，$AD=2BD$，$BE=CE$，连接AE，CD交于点F。设$△ ADF$的面积为$S_1$，$△ CEF$的面积为$S_2$。若$S_{△ ABC}=6$，则$S_1 - S_2$的值为
1
。答案：4. 1 解析:因为$BE=CE$,所以$CE=\frac{1}{2}BC$. 因为$S_{△ ABC}=6$,所以$S_{△ ACE}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=3$. 因为$AD=2BD$,所以$AD=\frac{2}{3}AB$,即$S_{△ ACD}=\frac{2}{3}S_{△ ABC}=4$. 所以$S_1 - S_2=(S_{△ ACD}-S_{△ AFC})-(S_{△ ACE}-S_{△ AFC})=S_{△ ACD}-S_{△ ACE}=1$.
典例3 新素养 推理能力 
，在长方形ABCD中，E是BC的中点，F是AE上一点，连接CF，DF，分别记$△ ABE$，$△ CEF$，$△ CDF$的面积为$S_1$，$S_2$，$S_3$。求证：$S_1+S_2=S_3$。
【思路点拨】延长AE到点G，使$EG=EA$，连接CG，证明$△ ABE ≌ △ GCE$，得到面积关系，从而证明结论。
【答案】如图，延长AE到点G，使$EG=EA$，连接CG。因为E是BC的中点，所以$BE=CE$。又$∠ AEB=∠ GEC$，所以$△ ABE ≌ △ GCE(\mathrm{SAS})$。所以$AB=GC$，$∠ B=∠ ECG$，$S_{△ ABE}=S_{△ GCE}$。又四边形ABCD是长方形，所以$AB=CD$，$∠ B=∠ BCD=90°$，即$GC=CD$，$∠ ECG=90°$。所以$S_{△ CDF}=S_{△ GCF}$，$∠ BCD+∠ ECG=180°$，即D，C，G三点在同一条直线上。又$S_{△ ABE}=S_1$，$S_{△ CEF}=S_2$，$S_{△ CDF}=S_3$，$S_{△ CEF}+S_{△ GCE}=S_{△ GCF}$，所以$S_1+S_2=S_3$。
提分要点▶遇到中点或中线，要考虑延长中线，得等长，判全等，将分散条件变集中。
|举一反三
，在长方形ABCD中，E是BC的中点，F是AE上一点，连接CF，DF，分别记$△ ABE$，$△ CEF$，$△ CDF$的面积为$S_1$，$S_2$，$S_3$。求证：$S_1+S_2=S_3$。【思路点拨】延长AE到点G，使$EG=EA$，连接CG，证明$△ ABE ≌ △ GCE$，得到面积关系，从而证明结论。
【答案】如图，延长AE到点G，使$EG=EA$，连接CG。因为E是BC的中点，所以$BE=CE$。又$∠ AEB=∠ GEC$，所以$△ ABE ≌ △ GCE(\mathrm{SAS})$。所以$AB=GC$，$∠ B=∠ ECG$，$S_{△ ABE}=S_{△ GCE}$。又四边形ABCD是长方形，所以$AB=CD$，$∠ B=∠ BCD=90°$，即$GC=CD$，$∠ ECG=90°$。所以$S_{△ CDF}=S_{△ GCF}$，$∠ BCD+∠ ECG=180°$，即D，C，G三点在同一条直线上。又$S_{△ ABE}=S_1$，$S_{△ CEF}=S_2$，$S_{△ CDF}=S_3$，$S_{△ CEF}+S_{△ GCE}=S_{△ GCF}$，所以$S_1+S_2=S_3$。
提分要点▶遇到中点或中线，要考虑延长中线，得等长，判全等，将分散条件变集中。
|举一反三
答案：证明：
延长AE到点G，使$EG=EA$，连接CG。
∵ E是BC的中点，
∴ $BE=CE$。
又∵ $∠AEB=∠GEC$，$EA=EG$，
∴ $△ ABE ≌ △ GCE (\mathrm{SAS})$。
∴ $AB=GC$，$∠B=∠ECG$，$S_{△ ABE}=S_{△ GCE}$。
∵ 四边形ABCD是长方形，
∴ $AB=CD$，$∠B=∠BCD=90°$，
∴ $GC=CD$，$∠ECG=90°$，
∴ $∠BCD + ∠ECG = 180°$，即D，C，G三点在同一条直线上。
∵ $CD=CG$，点F到直线DG的距离相等，
∴ $S_{△ CDF}=S_{△ GCF}$。
又∵ $S_{△ GCF}=S_{△ CEF} + S_{△ GCE}$，且$S_{△ ABE}=S_1$，$S_{△ CEF}=S_2$，$S_{△ CDF}=S_3$，
∴ $S_3 = S_2 + S_1$，即$S_1 + S_2 = S_3$。
延长AE到点G，使$EG=EA$，连接CG。
∵ E是BC的中点，
∴ $BE=CE$。
又∵ $∠AEB=∠GEC$，$EA=EG$，
∴ $△ ABE ≌ △ GCE (\mathrm{SAS})$。
∴ $AB=GC$，$∠B=∠ECG$，$S_{△ ABE}=S_{△ GCE}$。
∵ 四边形ABCD是长方形，
∴ $AB=CD$，$∠B=∠BCD=90°$，
∴ $GC=CD$，$∠ECG=90°$，
∴ $∠BCD + ∠ECG = 180°$，即D，C，G三点在同一条直线上。
∵ $CD=CG$，点F到直线DG的距离相等，
∴ $S_{△ CDF}=S_{△ GCF}$。
又∵ $S_{△ GCF}=S_{△ CEF} + S_{△ GCE}$，且$S_{△ ABE}=S_1$，$S_{△ CEF}=S_2$，$S_{△ CDF}=S_3$，
∴ $S_3 = S_2 + S_1$，即$S_1 + S_2 = S_3$。
5. 如图，在直角三角形ABO和直角三角形CDO中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，连接AC，BD，E是BD的中点，连接OE，则OE与AC之间的数量关系是
$OE=\frac{1}{2}AC$
。答案：5. $OE=\frac{1}{2}AC$ 解析:延长OE至点F,使EF=OE,连接BF,则$OE=\frac{1}{2}OF$. 因为E是BD的中点,所以BE=DE. 又∠BEF=∠DEO,所以△BEF≌△DEO(SAS). 所以BF=DO,∠FBE=∠ODE. 所以∠OBF=∠OBE+∠FBE=∠OBE+∠ODE. 又∠OBE+∠ODE+∠BOD=180°,所以∠BOD=180°−(∠OBE+∠ODE)=180°−∠OBF. 又OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=90°,∠AOB+∠COD+∠AOC+∠BOD=360°,所以∠BOD=180°−∠AOC,BF=OC,即∠AOC=∠OBF. 所以△OBF≌△AOC(SAS). 所以OF=AC. 所以$OE=\frac{1}{2}AC$.