请阅读下列材料:问题:如图1.在菱形ABCD和菱形BEFG中.点A.B.E在同一条直线上.P是线段DF的中点.连接PG.PC．若∠ABC=∠BEF=60°.探究PG与PC的位置关系及PGPC的值．小聪同学的思路是:延长GP交DC于点H.构造全等三角形.经过推理使问题得到解决．请你参考小聪同学的思路.探究并解决下列问题:(1)写出上面问题中线段PG与PC的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

请阅读下列材料：
问题：如图1，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．若∠ABC=∠BEF=60°，探究PG与PC的位置关系及

的值．
小聪同学的思路是：延长GP交DC于点H，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决．请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题：
（1）写出上面问题中线段PG与PC的位置关系及

的值；
（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，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明；
（3）若图1中∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜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

的值（用含α的式子表示）．

分析：（1）根据题意可知小聪的思路为，通过判定三角形DHP和PGF为全等三角形来得出证明三角形HCG为等腰三角形且P为底边中点的条件；
（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）∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜90°），那么∠PCG=90°-α，由（1）可知：PG：PC=tan（90°-α）．

解答：解：（1）∵CD∥GF，∠PDH=∠PFG，∠DHP=∠PGF，DP=PF，
∴△DPH≌△FGP，
∴PH=PG，DH=GF，
∵CD=BC，GF=GB=DH，
∴CH=CG，
∴CP⊥HG，∠ABC=60°，
∴∠DCG=120°，
∴∠PCG=60°，
∴PG：PC=tan60°=

，
∴线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC，

；

（2）猜想：（1）中的结论没有发生变化．
证明：如图2，延长GP交AD于点H，连接CH，
∵P是线段DF的中点，
∴FP=DP，
∵AD∥GF，
∴∠HDP=∠GFP，
∵∠GPF=∠HPD，
∴△GFP≌△HDP（ASA），
∴GP=HP，GF=HD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，∠HDC=∠ABC=60°，

∵∠ABC=∠BEF=60°，菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，
∴∠GBF=60°，
∴∠HDC=∠GBF，
∵四边形BEFG是菱形，
∴GF=GB，
∴HD=GB，
∴△HDC≌△GBC，
∴CH=CG，∠HCD=∠GCB
∴PG⊥PC（到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上）
∵∠ABC=60°
∴∠DCB=∠HCD+∠HCB=120°
∵∠HCG=∠HCB+∠GCB
∴∠HCG=120°
∴∠GCP=60°
∴

=tan∠GCP=tan60°=

；

（3）∵∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜90°），
∴∠PCG=90°-α，
由（1）可知：PG：PC=tan（90°-α），
∴

=tan（90°-α）．

点评：本题是一道探究性的几何综合题，主要考查菱形的性质，全等三角形的判定及三角函数的综合运用．

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问题：解方程（x²-1）²-5（x²-1）+4=0．
明明的做法是：将x²-1视为一个整体，然后设x²-1=y，则（x²-1）²=y²，原方程可化为y²-5y+4=0，解得y₁=1，y₂=4．
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；
（2）当y=4时，x²-1=4，解得x=±

．
综合（1）（2），可得原方程的解为x1=

， x2=-

， x3=

， x4=-

．
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．
把x=

代入已知方程，得（

）²+

-1=0
化简，得y²+2y-4=0
故所求方程为y²+2y-4=0．
这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”．
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；
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．设路线2的长度为L₂，则L22=

25+π²

．所以选择路线

（填1或2）较短．
（2）小明把条件改成：“圆柱的底面半径为5dm，高AB为1dm”继续按前面的路线进行计算．此时，路线1：L12=

121

．路线2：L22=

1+25π²

．所以选择路线

（填1或2）较短．
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所以x=

．
把x=

代入已知方程，得
(

)2+

-3=0
化简，得y²+2y-12=0故所求方程为y²+2y-12=0．
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y²+3y-9=0

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