Question

18．如图1所示，在菱形ABCD和菱形AEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段CF的中点，连接PD，PG．
（1）若∠BAD=∠AEF=120°，请直接写出∠DPG的度数及$\frac{PG}{PD}$的值．
（2）若∠BAD=∠AEF=120°，将菱形ABCD绕点A顺时针旋转，使菱形ABCD的对角线AC恰好与菱形AEFG的边AE在同一直线上，如图2，此时，（1）中的两个结论是否发生改变？写出你的猜想并加以说明．
（3）若∠BAD=∠AEF=180°-2α（0°＜α＜90°），将菱形ABCD绕点A顺时针旋转到图3的位置，求出$\frac{PG}{PD}$的值．

Answer 1

分析 （1）延长GP交CD于H，由菱形的性质得出AB=CD=AD，BE∥CD，AG=FG，FG∥BE，得出FG∥CD，得出内错角相等∠PFG=∠PCH，由ASA证明△PFG≌△PCH，得出FG=CH，PG=PH，证出AG=CH，延长DG=DH，由等腰三角形的三线合一性质得出DP⊥GH，得出∠DPG=90°；求出∠ADC=60°，得出∠PDG=∠PDH=$\frac{1}{2}$∠ADC=30°，由三角函数即可得出$\frac{PG}{PD}$的值；
（2）延长GP交CE于H，连接DH、DG，由菱形的性质得出FG∥EC，得出∠GFP=∠HCP，由ASA证明△PFG≌△PCH，得出FG=CH，PG=PH，证出AG=CH，△ACD是等边三角形，得出AD=CD，得出∠EAG=∠ADC=60°，∠DAC=∠DCA=60°，求出∠GAD=60°，由SAS证明△ADG≌△CDH，得出DG=DH，∠ADG=∠CDH，由等腰三角形的三线合一性质得出DP⊥GH，因此∠DPG=90°，求出∠GDP=30°，由三角函数即可得出$\frac{PG}{PD}$的值；
（3）延长GP到H，使得PH=GP，连接CH、DG、DH，延长DC交EA的延长线于点M，同（2）可证△PFG≌△PCH，得出∠GFC=∠HCF，FG=CH，证出∠GAD=∠DCH，AG=CH，由SAS证明△ADG≌△CDH，得出∠ADG=∠CDH，DG=DH，因此∠GDH=∠ADC=2α，得出∠DPG=90°，∠GDP=$\frac{1}{2}$∠GDH=α，即可得出$\frac{PG}{PD}$=tanα．

解答 解：（1）延长GP交CD于H，如图1所示：
∵在菱形ABCD和菱形AEFG中，
AB=CD=AD，BE∥CD，AG=FG，FG∥BE，
∴FG∥CD，
∴∠PFG=∠PCH，
∵P是线段CF的中点，
∴PF=PC，
在△PFG和△PCH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PFG=∠PCH}&{\;}\\{PF=PC}&{\;}\\{∠FPG=∠CPH}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△PFG≌△PCH（ASA），
∴FG=CH，PG=PH，
∴AG=CH，
∴DG=DH，
∴DP⊥GH（三线合一），
∴∠DPG=90°；
∵∠BAD=120°，
∴∠ADC=60°，
∴∠PDG=∠PDH=$\frac{1}{2}$∠ADC=30°，
∴$\frac{PG}{PD}$=tan∠PDG=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
（2）（1）中的两个结论不发生改变；理由如下：
延长GP交CE于H，连接DH、DG，如图2所示：
∵四边形AEFG为菱形，
∴FG∥EC，
∴∠GFP=∠HCP，
∵P是线段CF的中点，
∴PF=PC，
在△PFG和△PCH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠GFP=∠HCP}&{\;}\\{PF=PC}&{\;}\\{∠FPG=∠CPH}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△PFG≌△PCH（ASA），
∴FG=CH，PG=PH，
∵FG=AG，
∴AG=CH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC=CD，
∵∠BAD=∠AEF=120°，
∴∠ACD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AD=CD，
∴∠EAG=∠ADC=60°，∠DAC=∠DCA=60°，
∴∠GAD=180°-∠EAG-∠DAC=60°，
在△ADG和△CDH中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=CD}&{\;}\\{∠GAD=∠DCH}&{\;}\\{AG=CH}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ADG≌△CDH（SAS），
∴DG=DH，∠ADG=∠CDH，
∴DP⊥GH，
∴∠DPG=90°，∠GDH=∠ADC=60°，
∴∠GDP=30°，
∴$\frac{PG}{PD}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
（3）延长GP到H，使得PH=GP，连接CH、DG、DH，延长DC交EA的延长线于点M，如图3所示：
同（2）可证△PFG≌△PCH，
∴∠GFC=∠HCF，FG=CH，
∴FG∥CH，
∵FG∥AE，
∴CH∥EM，
∴∠DCH=∠M，
∵CD∥AB，
∴∠M=∠MAB，
∴∠DCH=∠MAB，
∵∠BAD=∠AEF=180°-2α，
∴∠EAG=∠ADC=2α，
∴∠GAM=180°-2α，
∴∠GAD=∠BAM，
∴∠GAD=∠DCH，
∵AG=FG，
∴AG=CH，
在△ADG和△CDH中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=CD}&{\;}\\{∠GAD=∠DCH}&{\;}\\{AG=CH}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ADG≌△CDH（SAS），
∴∠ADG=∠CDH，DG=DH，
∴∠GDH=∠ADC=2α，
∴∠DPG=90°，∠GDP=$\frac{1}{2}$∠GDH=α，
∴$\frac{PG}{PD}$=tanα．

点评 本题是几何变换综合题目，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角函数、等边三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大，需要通过作辅助线，并且需要多次证明三角形全等才能得出结果．