Yanıt: $\boxed{C}$
$BD \cap EC = \{H\}$ olsun.
$AB=BC=CD=DA=a$ ve $AF=x$ diyelim.
$\dfrac{HD}{BE} = \dfrac {CD}{BF} = \dfrac{a}{a+x}$.
$\triangle BDF$ de Ceva Teoreminden $$\dfrac{HD}{BH} \cdot \dfrac{BA}{AF} \cdot \dfrac{FG}{GD} = 1 \Rightarrow \dfrac{FG}{GD} = \dfrac{x(a+x)}{a^2} \Rightarrow \dfrac{FG}{FD} = \dfrac {ax+x^2}{a^2+ax+x^2} \tag{1}$$
$\triangle FAD$ de Kosinüs Teoreminden $FD^2 = a^2 + x^2 + ax$ değerini $(1)$ de yerine yazarsak $$\dfrac{FG}{FD} = \dfrac{ax+x^2}{FD^2} = \dfrac{FA \cdot FB}{FD^2} \Rightarrow FG \cdot FD = FA \cdot FB \tag{2}$$ elde ederiz. Bu da $B,A,G,D$ nin çembersel olduğu anlamına gelir. Bu durumda $\angle BAD = \angle BGD = 60^\circ$ olur.
Not:
Test mantığı ile $AE=EB$ alırsak basit açı hesaplarıyla sonuca gidebiliriz.