Question

4．已知：如圖，在菱形ABCD中，F(xiàn)為邊AB的中點(diǎn)，DF與對(duì)角線AC交于點(diǎn)G，過(guò)G作GE⊥AD于點(diǎn)E，若AB=2，且∠1=∠2，則下列結(jié)論正確個(gè)數(shù)的有（　�。�
①DF⊥AB；②CG=2GA；③CG=DF+GE；④S_{四邊形BFGC}=$\sqrt{3}$-1．

• A． 1
• B． 2
• C． 3
• D． 4

Answer 1

分析 ①由四邊形ABCD是菱形，得出對(duì)角線平分對(duì)角，求得∠GAD=∠2，得出AG=GD，AE=ED，由SAS證得△AFG≌△AEG，得出∠AFG=∠AEG=90°，即可得出①正確；
②由DF⊥AB，F(xiàn)為邊AB的中點(diǎn)，證得AD=BD，證出△ABD為等邊三角形，得出∠BAC=∠1=∠2=30°，由AC=2AB•cos∠BAC，AG=$\frac{AF}{cos∠BAC}$，求出AC，AG，即可得出②正確；
③由勾股定理求出DF=$\sqrt{A{D}^{2}-A{F}^{2}}$，由GE=tan∠2•ED求出GE，即可得出③正確；
④由S_{四邊形BFGC}=S_△ABC-S_△AGF求出數(shù)值，即可得出④不正確．

解答 解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠FAG=∠EAG，∠1=∠GAD，AB=AD，
∵∠1=∠2，
∴∠GAD=∠2，
∴AG=GD，
∵GE⊥AD，
∴GE垂直平分AD，
∴AE=ED，
∵F為邊AB的中點(diǎn)，
∴AF=AE，
在△AFG和△AEG中，
$\left\{\begin{array}{l}{AF=AE}\\{∠FAG=∠EAG}\\{AG=AG}\end{array}\right.$，
∴△AFG≌△AEG（SAS），
∴∠AFG=∠AEG=90°，
∴DF⊥AB，
∴①正確；

∵DF⊥AB，F(xiàn)為邊AB的中點(diǎn)，
∴AF=$\frac{1}{2}$AB=1，AD=BD，
∵AB=AD，
∴AD=BD=AB，
∴△ABD為等邊三角形，
∴∠BAD=∠BCD=60°，
∴∠BAC=∠1=∠2=30°，
∴AC=2AB•cos∠BAC=2×2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$，
AG=$\frac{AF}{cos∠BAC}$=$\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴CG=AC-AG=2$\sqrt{3}$-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴CG=2GA，
∴②正確；

∵GE垂直平分AD，
∴ED=$\frac{1}{2}$AD=1，
由勾股定理得：DF=$\sqrt{A{D}^{2}-A{F}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}-{1}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
GE=tan∠2•ED=tan30°×1=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴DF+GE=$\sqrt{3}$+$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=CG，
∴③正確；

∵∠BAC=∠1=30°，
∴△ABC的邊AC上的高等于AB的一半，即為1，
FG=$\frac{1}{2}$AG=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
S_{四邊形BFGC}=S_△ABC-S_△AGF=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{3}$×1-$\frac{1}{2}$×1×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{6}$=$\frac{5\sqrt{3}}{6}$，
∴④不正確；
故選：C．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)、線段垂直平分線的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度．