Question

15．如圖所示，等邊三角形ABC的邊長為4$\sqrt{3}$，過點A作AD⊥AB，AD=2，以AD為邊在AD左側(cè)作菱形ADEF，∠DAF=60°．連接BE，點G為線段BE的中點，連接DG，CG，則線段DG=$\sqrt{7}$，CG=$\sqrt{21}$．

Answer 1

分析 連接CE，AE，過C作CM⊥AB于M，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AE=2$\sqrt{3}$，∠EA=30°，解直角三角形得到AB=4$\sqrt{3}$，AM=2$\sqrt{3}$=AE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CE=CM=6，∠ECA=∠MCA=30°，得到∠ECB=90°，得到CG=$\frac{1}{2}$BE=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{C{E}^{2}+C{B}^{2}}$=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{21}$=$\sqrt{21}$，過G作GH⊥CE于H，交AC于N，根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)得到CH=3，GH=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}×$4$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DN=DE=2，∠AND=∠AED=30°，由勾股定理即可得到結(jié)論．

解答 解：連接CE，AE，過C作CM⊥AB于M，
在菱形ADEF中，∵AD=2，∠DAF=60°，
∴AE=2$\sqrt{3}$，∠EA=30°，
∵AD⊥AB，∠CAB=60°，
∴∠DAC=30°，
∴∠EAC=60°，
在等邊三角形ACB中，AB=4$\sqrt{3}$，
∴AM=2$\sqrt{3}$=AE，
在△AEC與△AMC中，$\left\{\begin{array}{l}{AE=AM}\\{∠EAC=∠MAC=60°}\\{AC=AC}\end{array}\right.$，
∴△AEC≌△AMC，
∴CE=CM=6，∠ECA=∠MCA=30°，
∴∠ECB=90°，
∵點G為線段BE的中點，
∴CG=$\frac{1}{2}$BE=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{C{E}^{2}+C{B}^{2}}$=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{21}$=$\sqrt{21}$，
過G作GH⊥CE于H，交AC于N，
∴GH∥BC，
∵點G為線段BE的中點，
∴H為CE的中點，
∴CH=3，GH=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}×$4$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
∵∠NCH=30°，
∴NH=$\sqrt{3}$，CN=2$\sqrt{3}$，
∵AC=4$\sqrt{3}$，
∴AN=2$\sqrt{3}$，
∴AE=2$\sqrt{3}$=AN，
在△DAE與△DAN中，$\left\{\begin{array}{l}{AE=AN}\\{∠EAD=∠DAN}\\{AD=AD}\end{array}\right.$，
∴△DAE≌△DAN，
∴DN=DE=2，∠AND=∠AED=30°，
∵∠ANG=60°，
∴∠DNG=90°，
∴DG=$\sqrt{D{N}^{2}+N{G}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{7}$．
故答案為：$\sqrt{7}$，$\sqrt{21}$．

點評 本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．