阅读下列材料:问题:如图1,在菱形ABCD和菱形BEFG中,∠ABC=∠BEF=60°,点A,B,E在同一条直线上,P是
1.垂直,√3
按照小聪的思路作完图之后,GF平行于AB平行于CD,P又是中点,角HDP=角GFP,角HPD=角GPE,P为中点,所以三角形HDP全等于三角形GFP,这样DH=GF,所以CH=CG,则有等腰三角形CHG,有P为HG中点,所以PC⊥PG,因为菱形ABCD角ABC=60度所以角DCB=120度 CP为角平分线,角PCG=60度PG:PC=√3
2.
应该还有二问:
(2)将图1中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转,使菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上,其他条件不变(如图2)。你在(1)中得到的结论是否会发生变化?写出你的猜想并加以证明。
(3)若图1中∠ABC=∠BEF=2a(0<a<90°),将菱形BEFG绕点B顺时针旋转任意角度,原问题中的其他条件不变,请你直接写出PG:PC的值(用含a的式子来表示),
(2) 结论不变。延长CP交AB于M,连CG,MG。因为P是DF重点,所以DC=MF,CP=MP。有MF=CD=BC。考虑三角形CGB与三角形MGF,有BC=MF,∠CBG=∠MFG=60°,BG=GF,因此两三角形全等。从而CG=MG,∠CGB=∠MGF。因为∠CGB=∠CGM+∠GMB=∠MGF=∠FGB+∠BGM,因此∠CGM=∠FGB=60°,又有CG=GM,所以三角形CGM是等边三角形,且P是CM中点,从而原结论在此也成立。
(3) 延长CP至M,使PM=PC,连MF交BG于N。易知CD‖MF‖AB。与上小问类似,可知MF=DC=BC,FG=BG。因为MF‖AB,有∠ABG=∠MNG,而∠ABG=∠ABC+∠CBG,∠MNG=∠BGF+∠GFM。因为∠ABC=∠BEF=∠BGF,所以∠CBG=∠MFG。又有BG=FG,MF=BC,所以三角形CBG与三角形MFG全等。因此与上小问类似,有CG=MG,∠CGM=∠FGB=2a。因此∠CGP=a且PG⊥PC,因此PG:PC=cot(a).
解答:(1)证明:延长GP,交CD于点H,∵四边形ABCD与四边形BEFG是菱形,∴CD∥AB∥GF,∴∠PDH=∠PFG,∠DHP=∠PGF,∵P是线段DF的中点,∴DP=PF,在△DPH和△FPG中,∠PDH=∠PFG∠DHP=∠PGFDP=PF,∴△DPH≌△FPG(AAS),∴PH=PG,DH=GF,∵CD=BC,GF=GB=DH,∴CH=CG,∴CP⊥HG,即PG⊥PC;∵菱形ABCD,∠ABC=60°,∴CD∥AB,∴∠DCB=120°,∵CH=CG,∴∠CGP=∠CHP=30°,即在Rt△CPG中,tan30°=CPGP,∴PG=3PC.(2)猜想:(1)中的结论没有发生变化.证明:如图,延长GP交AD于点H,连接CH,CG,∵P是线段DF的中点,∴FP=DP,∵AD∥FG,∴∠GFP=∠HDP,在△GFP和△HDP中∠GFP=∠HDPPF=DP∠GPF=∠DPH∴△GFP≌△HDP(ASA),∴GP=HP,GF=HD,∵四边形ABCD是菱形,∴CD=CB,∠HDC=∠ABC=60°.由∠ABC=∠BEF=60°,且菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上,∴∠GBC=60°.∴∠HDC=∠GBC.∵四边形BEFG是菱形,∴GF=GB=DH,在△HDC和△GBC中DC=BC∠HDC=∠CBGBG=DH∴△HDC≌△GBC(SAS).∴∠DCH=∠GCB,CH=CG,∵PH=PG,∴PG⊥PC,∵菱形ABCD,∠ABC=60°,∴CD∥AB,∴∠DCB=120°,∵∠HCD=∠GCB,∴∠HCG=∠HCB+∠GCB=∠HCB+∠DCH=∠DCB=120°,∵CH=CG,∴∠CGP=∠CHP=30°,即在Rt△CPG中,tan30°=CPGP,∴PG=3PC.(3)解:PG与PC的位置关系是PG⊥CP,数量关系是GP=CPtan12α,理由是:延长GP交AD于点H,连接CH,CG,∵P是线段DF的中点,∴FP=DP,∵AD∥FG,∴∠GFP=∠HDP,在△GFP和△HDP中∠GFP=∠HDPPF=DP∠GPF=∠DPH∴△GFP≌△HDP(ASA),∴GP=HP,GF=HD,∵四边形ABCD是菱形,∴CD=CB,∠HDC=∠ABC=60°.由∠ABC=∠BEF=60°,且菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上,∴∠GBC=60°.∴∠HDC=∠GBC.∵四边形BEFG是菱形,∴GF=GB=DH,在△HDC和△GBC中DC=BC∠HDC=∠CBGBG=DH∴△HDC≌△GBC(SAS).∴∠DCH=∠GCB,CH=CG,∵PH=PG,∴PG⊥PC,∵菱形ABCD,∠ABC=α,∴CD∥AB,∴∠DCB=180°-α,∵∠HCD=∠GCB,∴∠HCG=∠HCB+∠GCB=∠HCB+∠DCH=∠DCB=180°-α,∵CH=CG,∴∠CGP=∠CHP=12[180°-(180°-α)]=12α,即在Rt△CPG中,tan12α=CPGP,∴PG=CPtan12α.
解:(1)线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC.理由:延长GP,交CD于点H,
∵四边形ABCD与四边形BEFG是菱形,
∴CD∥AB∥GF,
∴∠PDH=∠PFG,∠DHP=∠PGF,
∵P是线段DF的中点,
∴DP=PF,
在△DPH和△FGP中,
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