Question

15．如图所示，等边三角形ABC的边长为4$\sqrt{3}$，过点A作AD⊥AB，AD=2，以AD为边在AD左侧作菱形ADEF，∠DAF=60°．连接BE，点G为线段BE的中点，连接DG，CG，则线段DG=$\sqrt{7}$，CG=$\sqrt{21}$．

Answer 1

分析 连接CE，AE，过C作CM⊥AB于M，根据菱形的性质得到AE=2$\sqrt{3}$，∠EA=30°，解直角三角形得到AB=4$\sqrt{3}$，AM=2$\sqrt{3}$=AE，根据全等三角形的性质得到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$\sqrt{21}$=$\sqrt{21}$，过G作GH⊥CE于H，交AC于N，根据三角形的中位线的性质得到CH=3，GH=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}×$4$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，根据全等三角形的性质得到DN=DE=2，∠AND=∠AED=30°，由勾股定理即可得到结论．

解答 解：连接CE，AE，过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°，
在等边三角形ACB中，AB=4$\sqrt{3}$，
∴AM=2$\sqrt{3}$=AE，
在△AEC与△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°，
∵点G为线段BE的中点，
∴CG=$\frac{1}{2}$BE=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{C{E}^{2}+C{B}^{2}}$=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{21}$=$\sqrt{21}$，
过G作GH⊥CE于H，交AC于N，
∴GH∥BC，
∵点G为线段BE的中点，
∴H为CE的中点，
∴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}$=AN，
在△DAE与△DAN中，$\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}$．
故答案为：$\sqrt{7}$，$\sqrt{21}$．

点评 本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．