Question

1．如圖，已知△ABD為⊙O的內(nèi)接正三角形，AB=2$\sqrt{7}$，E、F分別為邊AD、AB上的動點，且AE=BF，DF與BE相交于G點，過B點作BC∥DF交$\widehat{BD}$于點C，連接CD．
（1）求∠BCD的度數(shù)；
（2）求證：四邊形BCDG為平行四邊形；
（3）連接CG，當(dāng)CG與△BCD的一邊垂直時，求CG的長度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）由△ABD為正三角形，得到∠BAD=∠ABD=60°，AB=BD證得△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°，根據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形即可得到結(jié)論；
（3）連接GC交BD于Q，設(shè)CG=x由于四邊形BCDG為平行四邊形，得到CQ=QG=$\frac{1}{2}$CG=$\frac{1}{2}$x，BQ=QD=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{7}$，①若CG⊥BD，則四邊形BCDG為菱形，通過解直角三角形得到結(jié)論，②若CG⊥CD，則四邊形BCDG為平行四邊形，得到∠GDC=∠GBC=60°，通過解直角三角形得到結(jié)果，③若CG⊥BC，在Rt△GCB中，tan∠GBC=$\frac{GC}{CB}$，于是得到CB=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)果．

解答 （1）解：∵四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵△ABD為正三角形，
∴∠BAD=60°，
∴∠BCD=180°-60°=120°；

（2）證明：∵△ABD為正三角形，
∴∠BAD=∠ABD=60°，AB=BD，
在△ABE與△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，
∴四邊形BCDG為平行四邊形；

（3）解：連接GC交BD于Q，設(shè)CG=x
∵四邊形BCDG為平行四邊形，
∴CQ=QG=$\frac{1}{2}$CG=$\frac{1}{2}$x，BQ=QD=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{7}$，
①若CG⊥BD，則四邊形BCDG為菱形，
∴CD=GD，
∵∠GBC=60°，
∴△CDG為正三角形，
∴CD=CG=x，
在Rt△CDQ中，（$\frac{1}{2}$x）²+（$\sqrt{7}$）²=x²，
解得x=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$（負值舍去），CG=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$；
②若CG⊥CD，
∵四邊形BCDG為平行四邊形，
∴∠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$\sqrt{3}$（負值舍去），
∴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$\sqrt{3}$（負值舍去），
∴CG=2$\sqrt{3}$，
綜上所述：CG長度為$\frac{2}{3}$$\sqrt{21}$或2$\sqrt{3}$．

點評 本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，正確的作出圖形是解題的關(guān)鍵．