Question

如圖，在菱形ABCD中，AB=BD，點(diǎn)E、F分別在AB，AD上，且AE=DF，連接BF與DE，相交于點(diǎn)G，連接CG，與BD相交于點(diǎn)H，下列結(jié)論：
①△AED≌△DFB；②DG+BG=CG；③S_{四邊形BCDG}=

3

4

CG²；  
其中正確的結(jié)論有（　　）個(gè)．

• A、1
• B、2
• C、3
• D、0

Answer 1

考點(diǎn)：菱形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì)

專題：

分析：①根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等，三個(gè)內(nèi)角都為60°的性質(zhì)，利用全等三角形的判定定理SAS證得結(jié)論．
②延長(zhǎng)FB到點(diǎn)M，使BM=DG，連接CM．構(gòu)建全等三角形△CDG≌△CBM，然后利用全等三角形的性質(zhì)來證明CG=DG+BG．
③證明∠BGE=60°=∠BCD，從而得點(diǎn)B、C、D、G四點(diǎn)共圓，因此∠BGC=∠DGC=60°，過點(diǎn)C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．證明△CGM≌△CGN，繼而可得Rt△CDN≌Rt△CBM，所以S_{四邊形BCDG}=S_{四邊形CMGN}，易求后者的面積．

解答：解：①∵菱形ABCD為菱形，∴AB=AD．
∵AB=BD，
∴△ABD為等邊三角形．
∴∠A=∠BDF=60°，AD=BD，
在△AED和△DFB中，

AD=BD ∠A=∠BDF AE=DF

，
∴△AED≌△DFB（SAS），故本小題正確；

②延長(zhǎng)FB到點(diǎn)M，使BM=DG，連接CM．
由（1）知，△AED≌△DFB，
∴∠ADE=∠DBF，
∵∠CDG=∠ADC-∠ADE=120°-∠ADE，∠CBM=120°-∠DBF．
∴∠CBM=∠CDG，
∵△DBC是等邊三角形，
∴CD=CB，
在△CDG和△CBM中，

CD=CB ∠CDG=∠CBM DG=BM

，
∴△CDG≌△CBM（SAS），
∴∠DCG=∠BCM，CG=CM，
∴∠GCM=∠DCB=60°，
∴△CGM是等邊三角形，
∴CG=GM=BG+BM=BG+DG．故正確．

③∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，
即∠BGD+∠BCD=180°，
∴點(diǎn)B、C、D、G四點(diǎn)共圓，
∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°．
∴∠BGC=∠DGC=60°．
過點(diǎn)C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．
在△CGM和△CGN中，

∠CMB=∠CND=90° ∠BGC=∠DGC CG=CG

則△CGM≌△CGN（AAS），
∴CN=CM，
在Rt△CDN和Rt△CBM中，

CN=CM CD=CB

，
∴Rt△CDN≌Rt△CBM（HL），
∴S_{四邊形BCDG}=S_{四邊形CMGN}．
S_{四邊形CMGN}=2S_△CMG，
∵∠CGM=60°，
∴GM=

1

2

CG，CM=

3

2

CG，
∴S_{四邊形CMGN}=2S_△CMG=2×

1

2

×

1

2

CG×

3

2

CG=

3

4

CG²，故本小題正確．
故選C．

點(diǎn)評(píng)：此題綜合考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出全等三角形，把不規(guī)則圖形的面轉(zhuǎn)化為兩個(gè)全等三角形的面積是解題的關(guān)鍵．