罗峻

题目：如图1，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： ①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG = CG2；③若AF=2DF，则BG=6GF.其中正确的结论是（ ）.

A.只有①② B.只有①③

C.只有②③ D.①②③

这是2013年中考武汉卷的第12题，也是选择题的最后一道小题（我们通常称之为选择压轴题），因题目涉及的知识点较多，综合性强，不少考生解答本题用时较多，且难以直接证出结果，成为试卷中拉开分数距离的难题之一.果真那么难吗？其实，针对不同的选择题，我们应选择恰当的方法，有时可分析选项，有时可用特殊值，有时可代入验证，有时可用排除法……当然，只要认真观察图形，结合已知或结论联想与之相近的图形或结论，运用八年级上学期的数学知识，也可以直接证出本题结论.下面结合八年级上学期同学们所学的知识进行解答.

方法一：特殊值法证结论②

运用SAS定理，易证明△AED≌△DFB，即结论①正确，难在对结论②、③的判断上.

对于结论②可用特殊值法进行解答，即当E为AB的中点，F也为AD的中点（如图2），看结论②是否成立.

解：因为四边形ABCD是菱形，则AD=AB.

又AB=BD，

所以△ABD、△BCD都是等边三角形.

又点E、F分别为AB、AD的中点，

由等腰三角形“三线合一”的性质知：DE、BF分别平分∠ADB、∠ABD，

则∠GDB=∠GBD= ×60°=30°，所以DG=BG.

再由线段垂直平分线的判定定理知：点G在BD的垂直平分线上.

又CD=BC，也可以判断点C在BD的垂直平分线上.

所以CG为线段BD的垂直平分线.

又∠CDG=∠CDB+∠GDB=60°+30°=90°，

在含30°角的Rt△CDG中，CD= CG.

又BD=CD，则BD= CG.

所以S四边形BCDG= BD·CG= × CG·CG= CG2.

故②正确.

方法二：直接证明

分析：由结论② S四边形BCDG= CG2 ，我们想到一个熟悉的结论：“边长为a的等边三角形的面积为 a2”，这样应该构造以CG为边的等边三角形来解决问题.

证明：延长GB到M，使BM=DG，连接CM，如图3.

∵四边形ABCD为菱形，AB=BD，

∴△ABD和△BCD都是等边三角形.

∴AD=BD，∠DAE=∠BDF=60°.

而AE=DF，

∴△AED≌△DFB （SAS） ，

∴∠ADE=∠DBF.

∴△DBG的外角∠BGE=∠ DBF+

∠BDG=∠ADE+∠BDG=∠ADB=60°.

在四边形BCDG中，

∠GDC+∠GBC=（∠GDB+60°）+（∠GBD+60°）=120°+（∠GDB+∠GBD）=120°+∠BGE=120°+60°=180°，

即∠GDC+∠GBC=180°（ⅰ），

又由邻补角知∠MBC+∠GBC=180°（ⅱ），

对比（ⅰ）（ⅱ）得∠GDC=∠MBC.

在△CDG和△CBM中

CD=CB，（已知）∠GDC=∠MBC，（已证）DG=BM.（辅助线作法）

∴△CDG≌△CBM（SAS） ，

∴CG=CM， ∠DCG=∠BCM.

又∠DCB=60°，即∠DCG+∠GCB=60°，

∴∠BCM+∠GCB=60°， 即∠GCM=60°.

由“有一角为60°的等腰三角形是等边三角形”知△CMG是等边三角形.

∴S四边形BCDG=S△CDG+S△CGB=S△CBM+S△CGB=S△CGM= CG2.

对于结论③，用八年级知识，又该怎样证明？

分析：从题设来看，条件、结论与点C无关，将图形剥离出来，如图4，要求出FG与BG的关系，只需求出△DFG与△BDG的面积关系即可.这又通过AD=AB，DF=AE，AF=2DF进行面积之间的转化.

证明：如图4，连接AG，设组成△ABD的五个三角形△GDF、△GFA、△GAE、△GBE、△GBD的面积分别为S1、S2、S3、S4、S5.

∵△DAB为等边三角形，且DF=AE，

∴BE=AF=2AE，即同一直线上的两线段AE：EB=1：2，

∴S4=2S3，S△BDE=2S△ADE，

即S4+S5=2（S1+S2+S3）.（ⅲ）

又S2=2S1，代入式子（ⅲ），

得2S3+S5=2（S1+2S1+S3），

化简，得S5=6S1.

又△DFG与△DBG的边FG、BG在同一直线上，且高是同一线段，

即 BG·h=6×（ FG·h） ∴BG=6FG.

当然，对于九年级同学来说，结论②可运用旋转或四点共圆的知识进行证明；结论③可运用线段成比例或三角形相似的知识进行解答.同学们，试试看！