《2025年名校题库九年级数学全一册北师大版》

7.(武侯区一诊)如图,在菱形ABCD中,$∠ABC= 120^{\circ }$,E是AD边上一动点,连接BE,将射线EB绕点E逆时针旋转$60^{\circ }$,分别交边CD于点F,交对角线BD于点G.
(1)试判断$△ABD$的形状,并说明理由；
(2)若$AB= 3$,$AE= 1$,求DG及EG的长；
(3)若$\frac {DG}{BG}= \frac {4}{21}$,求$\frac {EG}{GF}$的值.

答案：
解:
(1)△ABD是等边三角形。理由如下:
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC = 120°，
∴AB = AD，∠A = 180° - ∠ABC = 60°，
∴△ABD是等边三角形。
(2)如图1，过点G作GH⊥AD于点H。

∵∠BEF = 60°，∠ADB = 60°，
∴∠AEB = 180° - 60° - ∠DEG = ∠DGE。
∵∠A = ∠EDG = 60°，
∴△ABE∽△DEG，
∴$\frac{AE}{DG}=\frac{AB}{DE}$。
∵AB = 3，AE = 1，
∴DE = AD - AE = AB - AE = 2，
∴$\frac{1}{DG}=\frac{3}{2}$，
∴DG = $\frac{2}{3}$。在Rt△DGH中，∠HDG = 60°，
∴∠HGD = 30°，
∴HD = $\frac{1}{2}$DG = $\frac{1}{3}$，HG = $\sqrt{3}$HD = $\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴EH = DE - HD = 2 - $\frac{1}{3}=\frac{5}{3}$，
∴EG = $\sqrt{EH^{2}+GH^{2}}=\sqrt{(\frac{5}{3})^{2}+(\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{3}$。
(3)如图2，过点G作GH⊥AD于点H，作GM⊥CD于点M，连接BF。

∵∠BEF = 60°，BE = EF，
∴△BEF是等边三角形，
∴∠EBF = 60°。又
∵∠ABE + ∠EBD = ∠DBF + ∠EBD = 60°，
∴∠ABE = ∠DBF。又
∵∠A = ∠BDF = 60°，AB = BD，
∴△AEB≌△DFB(AAS)，
∴AE = DF。
∵$\frac{DG}{BG}=\frac{4}{21}$，
∴设DG = 4m，则BG = 21m，BD = 25m = AB。同
(2)可得△ABE∽△DEG，
∴$\frac{DG}{AE}=\frac{DE}{AB}$，即$\frac{4m}{AE}=\frac{25m - AE}{25m}$，解得AE = 5m或AE = 20m。
①当AE = 5m = DF时，AB = 25m，同
(2)可得EG = 4$\sqrt{21}$m。在Rt△DGM中，DM = $\frac{1}{2}$DG = 2m，GM = $\sqrt{3}$DM = 2$\sqrt{3}$m，
∴MF = DF - DM = 3m，
∴GF = $\sqrt{MF^{2}+GM^{2}}=\sqrt{21}$m，
∴$\frac{EG}{GF}=\frac{4\sqrt{21}m}{\sqrt{21}m}=4$。
②当AE = 20m时，如图3所示，同理可得EG = $\sqrt{21}$m，GF = 4$\sqrt{21}$m，
∴$\frac{EG}{GF}=\frac{\sqrt{21}m}{4\sqrt{21}m}=\frac{1}{4}$。
综上所述，$\frac{EG}{GF}$的值为4或$\frac{1}{4}$。