Question

12．如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E，F分别在AB，AD上，且AE=DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．下列结论：
①DE=BF；②∠BGE=60°；③DG+BG=CG；④S_{四边形DCBG}=$\frac{3}{2}$CG²；
其中正确的结论有①②③（填写序号）．

Answer 1

分析 ①根据等边三角形的三条边都相等，三个内角都为60°的性质，利用全等三角形的判定定理SAS证得结论；
②根据全等得出∠ADE=∠DBF，根据三角形外角性质得出即可；
③延长FB到点M，使BM=DG，连接CM．构建全等三角形△CDG≌△CBM，然后利用全等三角形的性质来证明CG=DG+BG；
④证明∠BGE=60°=∠BCD，从而得点B、C、D、G四点共圆，因此∠BGC=∠DGC=60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．证明△CBM≌△CDN，所以S_{四边形BCDG}=S_{四边形CMGN}，易求后者的面积．

解答 解：①∵△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，∠A=∠ABD=60°，
在△AED与△DFB中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{AD=BD}\\{∠A=∠BDF}\\{AE=DF}\end{array}\right.$，
∴△AED≌△DFB（SAS），
∴DE=BF，∠ADE=∠DBF，∴①正确；
②∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∵AB=BD，
∴AD=AB=BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
∴∠BGE=∠BDE+∠DBF=∠BDE+∠ADE=∠ADB=60°，∴②正确；
③延长FB到点M，使BM=DG，连接CM，如图1，

由（1）知，△AED≌△DFB，
∴∠ADE=∠DBF，
∵∠CDG=∠ADC-∠ADE=120°-∠ADE，∠CBM=120°-∠DBF．
∴∠CBM=∠CDG，
∵△DBC是等边三角形，
∴CD=CB，
在△CDG和△CBM中，
$\left\{\begin{array}{l}{CD=CB}\\{∠CDG=∠CBM}\\{DG=BM}\end{array}\right.$，
∴△CDG≌△CBM，
∴∠DCG=∠BCM，CG=CM，
∴∠GCM=∠DCB=60°，
∴△CGM是等边三角形，
∴CG=GM=BG+BM=BG+DG，∴③正确；
④∵∠BGE=60°=∠BCD，
即∠BGD+∠BCD=180°，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°．
∴∠BGC=∠DGC=60°
过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N，如图2，

则CN=CM，∠CND=∠CMB=90°，
在Rt△CBM和Rt△CDN中
$\left\{\begin{array}{l}{CM=CN}\\{CB=CD}\end{array}\right.$
∴Rt△CBM≌Rt△CDN（HL），
∴S_{四边形BCDG}=S_{四边形CMGN}，
∵∠CGM=60°，
∴GM=$\frac{1}{2}$CG，CM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$CG，
∴S_{四边形CMGN}=2S_△CMG=2×$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$CG×$\frac{\sqrt{3}}{2}$CG=$\frac{\sqrt{3}}{4}$CG²，∴④错误；
故答案为：①②③．

点评 此题综合考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形，把不规则图形的面转化为两个全等三角形的面积是解题的关键．