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，连结 如图1，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A、B、E在同一条...
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：（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°=
3
，
∴线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC，
PG
PC
=
3
；
（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≌△PGF，
∴∠HCD=120°，
∵CH=GB，PH=PG，
∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60°，
∴
PG
PC
=
3
；
（3）∵∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜90°），
∴∠PCG=90°-α，
由（1）可知：PG：PC=tan（90°-α），
∴
PG
PC
=tan（90°-α）．
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（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).
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，连结PG，PC，若∠ABC~
解：（1）线段PG与PC的位置关系是 ； ；（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，连结 ． P是线段DF的中点， 由题意可知 四边形ABCD是菱形， 由 ，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，可得 四边形BEFG是菱形， 即 ；（3） 。
解答：解：（1）延长GP交CD于H，∵CD∥AB∥GF，∴∠PDH=∠PFG，∵P是线段DF的中点，∴PD=PF，在△PGF和△PHD中，∠PDH＝∠PFGPD＝PF∠DPH＝∠FPG，∴△PGF≌△PHD（ASA），∴PH=PG，DH=FG，∵CH=CD-DH，CG=BC-BG，BC-CD，BG=FG，∴CH=CG，∴PG⊥PC，∠PCG=∠PCH，∵∠ABC=∠BEF=60°，∴∠BCD=180°-60°=120°，∴∠PCG=12×120°=60°，∴PGPC=tan60°=3；（2）猜想：（1）中的结论没有变化．证明：延长GP交AD于点H，连接CH，CG（如图所示）．∵P是线段DF的中点，∴FP=DP，由题意可知AD∥FG，故∠GFP=∠HDP，在△PGF和△PHD中，∠GPF＝∠DPHPD＝PF∠GFP＝∠HDP，∴△PGF≌△PHD（ASA），∴GF=HD，PH=PG，∵四边形ABCD是菱形，∴CD=CB，∠HDC=∠ABC=60°，∵BF、AB在同一条直线上，∴∠GBC=60°，∴∠HDC=∠GBC=60°，∵（菱形）GF=GB，∴DH=GB，在△HDC和△GBC中，BC＝CD∠HDC＝∠GBCDH＝GB，∴△HDC≌△GBC（SAS），∴CH=CG，∠DCH=∠BCG，∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=120°．即∠HCG=120°，∵CH=CG，PH=PG，∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60°，∴PGPC=tan60°=3；（3）延长GP至H，使PH=PG，连接CH，DH，CG，∵P是线段DF的中点，∴FP=DP，在△PGF和△PHD中，FP＝DP∠DPH＝∠FPGPH＝PG，∴△PGF≌△PHD（SAS），∴GF=HD，∠PDH=∠PFG，∴DH=BG，DH∥GF，∵BE∥GF，∴DH∥BE，又∵CD∥AB，∴∠CDH+∠ABE=180°，∵∠ABC+∠CBG+∠EBG+∠ABE=360°，∠ABC+∠EBG=180°，∴∠CBG+∠ABE=180°，∴∠CDH=∠CBG，在△HDC和△GBC中，BC＝DC∠CDH＝∠CBGDH＝BG，∴△HDC≌△GBC（SAS），∴CH=CG，∠DCH=∠BCG，又∵∠ABC=∠BEF=2α，∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=∠BCD=180°-2α，∴∠HCG=180°-2α，∵CH=CG，PH=PG，∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=12（180°-2α）=90°-α，∴PGPC=tan（90°-α）．
