Question

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是线段DF的中点，连接PG、PC．

（1）求证：PG⊥PC，PG=

3

PC；
（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），（1）中的结论仍然成立，请你说明理由；
（3）若图①中∠ABC=∠BEF=α（0＜α＜180°），将菱形BEFG绕点B顺时针旋转任意角度，其他条件不变（如图③），判断PG与PC的位置关系和数量关系，并说明理由．

Answer 1

分析：（1）延长GP，交CD于点H，求出CH=CG，根据等腰三角形的性质即可推出CP⊥GP，求出∠CGP=30°，解直角三角形即可求出CP和PG的数量关系．
（2）思路同上，延长GP交AD于点H，连接CH，CG，本题中除了如（1）中证明△GFP≌△HDP（得到P是HG中点）外还需证明△HDC≌△GBC（得出三角形CHG是等腰三角形）．
（3）证明GP⊥CP和（2）一样，求出∠CGP=

1

2

α，解直角三角形即可求出CP和PG的数量关系．

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=∠PGF DP=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°=

CP

GP

，
∴PG=

3

PC．

（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=∠HDP PF=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=∠CBG BG=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°=

CP

GP

，
∴PG=

3

PC．

（3）解：PG与PC的位置关系是PG⊥CP，数量关系是GP=

CP

tan 1 2 α

，
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=∠HDP PF=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=∠CBG BG=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=

1

2

[180°-（180°-α）]=

1

2

α，
即在Rt△CPG中，tan

1

2

α=

CP

GP

，
∴PG=

CP

tan 1 2 α

．

点评：本题考查了全等三角形的性质和判定，菱形的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，证明过程类似．