Question

1．如图，已知△ABD为⊙O的内接正三角形，AB=2$\sqrt{7}$，E、F分别为边AD、AB上的动点，且AE=BF，DF与BE相交于G点，过B点作BC∥DF交$\widehat{BD}$于点C，连接CD．
（1）求∠BCD的度数；
（2）求证：四边形BCDG为平行四边形；
（3）连接CG，当CG与△BCD的一边垂直时，求CG的长度．

Answer 1

分析 （1）根据圆内接四边形的性质和等边三角形的性质即可得到结论；
（2）由△ABD为正三角形，得到∠BAD=∠ABD=60°，AB=BD证得△ABE≌△BDF，得出∠ABE=∠BDF，于是得到∠EGD=∠BDF+∠GBD=∠ABE+∠GBD=∠ABD=60°，由于BC∥DF，得到∠GBC=∠EGD=60°，于是得到∠GBC+∠BCD=60°+120°=180°，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可得到结论；
（3）连接GC交BD于Q，设CG=x由于四边形BCDG为平行四边形，得到CQ=QG=$\frac{1}{2}$CG=$\frac{1}{2}$x，BQ=QD=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{7}$，①若CG⊥BD，则四边形BCDG为菱形，通过解直角三角形得到结论，②若CG⊥CD，则四边形BCDG为平行四边形，得到∠GDC=∠GBC=60°，通过解直角三角形得到结果，③若CG⊥BC，在Rt△GCB中，tan∠GBC=$\frac{GC}{CB}$，于是得到CB=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x，根据勾股定理列方程即可得到结果．

解答 （1）解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵△ABD为正三角形，
∴∠BAD=60°，
∴∠BCD=180°-60°=120°；

（2）证明：∵△ABD为正三角形，
∴∠BAD=∠ABD=60°，AB=BD，
在△ABE与△BDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=BF}\\{∠BAD=∠ABD}\\{AB=BD}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△BDF，
∴∠ABE=∠BDF，
∴∠EGD=∠BDF+∠GBD=∠ABE+∠GBD=∠ABD=60°，
∵BC∥DF，
∴∠GBC=∠EGD=60°，
∴∠GBC+∠BCD=60°+120°=180°，
∴DC∥BE，
∵BC∥DF，
∴四边形BCDG为平行四边形；

（3）解：连接GC交BD于Q，设CG=x
∵四边形BCDG为平行四边形，
∴CQ=QG=$\frac{1}{2}$CG=$\frac{1}{2}$x，BQ=QD=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{7}$，
①若CG⊥BD，则四边形BCDG为菱形，
∴CD=GD，
∵∠GBC=60°，
∴△CDG为正三角形，
∴CD=CG=x，
在Rt△CDQ中，（$\frac{1}{2}$x）²+（$\sqrt{7}$）²=x²，
解得x=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$（负值舍去），CG=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$；
②若CG⊥CD，
∵四边形BCDG为平行四边形，
∴∠GDC=∠GBC=60°，
在Rt△GCD中，tan∠GDC=$\frac{GC}{CD}$，
∴CD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x；
在Rt△CDQ中，（$\frac{1}{2}x$）²+（$\frac{\sqrt{3}}{3}x$）²=（$\sqrt{7}$）²，
解得x=2$\sqrt{3}$（负值舍去），
∴CG=2$\sqrt{3}$，
③若CG⊥BC，
在Rt△GCB中，tan∠GBC=$\frac{GC}{CB}$，
∴CB=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x，
在Rt△BCQ中，（$\frac{1}{2}$x）²+（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）²=（$\sqrt{7}$）²，解得x=2$\sqrt{3}$（负值舍去），
∴CG=2$\sqrt{3}$，
综上所述：CG长度为$\frac{2}{3}$$\sqrt{21}$或2$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了圆内接四边形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．