(8 分) 如图, 在四边形 $A B C D$ 中, $A C 、 B D$ 相交于 $O, A B / / C D, O$为 $B D$ 的中心, 过点 $C$ 作 $C E \perp A D$ 交 $A D$ 的延长线于点 $E$.

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(1)求证: 四边形 $A B C D$ 为平行四边形.

(2) 若 $\angle E A C=30^{\circ}, D E=C E, C D=3 \sqrt{2}$, 连接 $E O$, 求 $\triangle \mathrm{AOE}$ 的面积.
解: (1) 证明: $\because A B \| C D$,

$\therefore \angle O A B=\angle O C D, \angle O B A=\angle O D C$

$\because O$ 为 $B D$ 的中点,

$\therefore O B=O D$,

在 $\triangle O A B$ 和 $\triangle O C D$ 中,

$\left\{\begin{array}{c}\angle O A B=\angle O C D \\ \angle O B A=\angle O D C \\ O B=O D\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle O A B \cong \triangle O C D(A A S)$,

$\therefore A B=C D$,

又 $\because A B \| C D$,

$\therefore$ 四边形 $A B C D$ 为平行四边形;

(2) 解: $\because C E \perp A D$,
$\because D E=C E, C D=3 \sqrt{2}$,

$\therefore C E=\frac{\sqrt{2}}{2} C D=\frac{\sqrt{2}}{2} \times 3 \sqrt{2}=3$,

$\because \angle E A C=30^{\circ}$,

$\therefore A C=2 C E=2 \times 3=6$,

由勾股定理得： $A E=\sqrt{A C^{2}-C E^{2}}=\sqrt{6^{2}-3^{2}}=3 \sqrt{3}$,

$\therefore S_{\triangle A C E}=\frac{1}{2} A E \cdot C E=\frac{1}{2} \times 3 \sqrt{3} \times 3=\frac{9 \sqrt{3}}{2}$,

<ImageHere>

由（1）得四边形 $A B C D$ 为平行四边形,

$\therefore O A=O C$,

$\therefore S_{\triangle A O E}=\frac{1}{2} S_{\triangle A C E}=\frac{1}{2} \times \frac{9}{2} \sqrt{3}=\frac{9}{4} \sqrt{3}$.

【解析】 (1) 由 $A A S$ 证得 $\triangle O A B \cong \triangle O C D$, 得出 $A B=C D$, 即可得出结论;

（2）由等腰直角三角形的性质得出 $C E=3$, 由含 $30^{\circ}$ 角直角三角形的性质得出 $A C=2 C E=6$, 由勾股定理得 $A E=3 \sqrt{3}$, 则 $S_{\triangle A C E}=\frac{1}{2} A E \cdot C E=\frac{1}{2} \times 3 \sqrt{3} \times 3=\frac{9 \sqrt{3}}{2}$, 由 (1) 得四边形 $A B C D$ 为平行四边形, 得出 $O A=O C$,则 $S_{\triangle A O E}=\frac{1}{2} S_{\triangle A C E}$, 即可得出结果.