Question

14．如圖，在菱形ABCD中，tanA=$\sqrt{3}$，點(diǎn)E、F分別是AB、AD上任意的點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），且AE=DF，連接BF與DE相交于點(diǎn)G，連接CG與BD相交于點(diǎn)H，給出如下幾個(gè)結(jié)論：
（1）△AED≌△DFB；
（2）CG與BD一定不垂直；
（3）∠BGE的大小為定值；
（4）S_{四邊形BCDG}=$\frac{\sqrt{3}}{4}$CG²；
（5）若AF=2DF，則BF=7GF．
其中正確結(jié)論的序號為（1）（3）（4）（5）．

Answer 1

分析 （1）正確，先證明△ABD為等邊三角形，根據(jù)“SAS”證明△AED≌△DFB；
（2）錯(cuò)誤，只要證明△GDC≌△BGC，利用等腰三角形性質(zhì)即可解決問題．
（3））正確，由△AED≌△DFB，推出∠ADE=∠DBF，所以∠BGE=∠BDG+∠DBG=∠BDG+∠ADE=60°，
（4）正確，證明∠BGE=60°=∠BCD，從而得點(diǎn)B、C、D、G四點(diǎn)共圓，因此∠BGC=∠DGC=60°，過點(diǎn)C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．證明△CBM≌△CDN，所以S_{四邊形BCDG}=S_{四邊形CMGN}，易求后者的面積．
（5）正確，過點(diǎn)F作FP∥AE于P點(diǎn)，根據(jù)題意有FP：AE=DF：DA=1：3，則FP：BE=1：6=FG：BG，即BG=6GF，BF=7FG．

解答 解：（1）∵ABCD為菱形，
∴AB=AD．
∵AB=BD，
∴△ABD為等邊三角形．
∴∠A=∠BDF=60°．
又∵AE=DF，AD=BD，
在△AED和△DFB中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=DF}\\{∠A=∠BDF}\\{AD=BD}\end{array}\right.$，
∴△AED≌△DFB，故本小題正確；

（2）當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD中點(diǎn)時(shí)（如圖1），
由（1）知，△ABD，△BDC為等邊三角形，
∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD中點(diǎn)，
∴∠BDE=∠DBG=30°，
∴DG=BG，
在△GDC與△BGC中，
$\left\{\begin{array}{l}{DG=BG}\\{CG=CG}\\{CD=CB}\end{array}\right.$，
∴△GDC≌△BGC，
∴∠DCG=∠BCG，
∴CH⊥BD，即CG⊥BD，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；

（3）∵△AED≌△DFB，
∴∠ADE=∠DBF，
∴∠BGE=∠BDG+∠DBG=∠BDG+∠ADE=60°，故本選項(xiàng)正確．


（4）∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，
即∠BGD+∠BCD=180°，
∴點(diǎn)B、C、D、G四點(diǎn)共圓，
∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°．
∴∠BGC=∠DGC=60°．
過點(diǎn)C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．（如圖2）
則△CBM≌△CDN，（AAS）
∴S_{四邊形BCDG}=S_{四邊形CMGN}，
S_{四邊形CMGN}=2S_△CMG，
∵∠CGM=60°，
∴GM=$\frac{1}{2}$CG，CM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$CG，
∴S_{四邊形CMGN}=2S_△CMG=2×$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$CG×$\frac{\sqrt{3}}{2}$CG=$\frac{\sqrt{3}}{4}$CG²，故本小題正確；

（5）過點(diǎn)F作FP∥AE于P點(diǎn)．（如圖3）
∵AF=2FD，
∴FP：AE=DF：DA=1：3，
∵AE=DF，AB=AD，
∴BE=2AE，
∴FP：BE=1：6=FG：BG，
即BG=6GF，
∴BF=7GF，故本小題正確．
綜上所述，正確的結(jié)論有（1）（3）（4）（5）．
故答案為：（1）（3）（4）（5）．

點(diǎn)評 此題綜合考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出全等三角形，把不規(guī)則圖形的面轉(zhuǎn)化為兩個(gè)全等三角形的面積是解題的關(guān)鍵．