一道看似简单的几何题

一道看似简单的几何题

几何证明题的难易，有时很难从题目本身来确定，譬如九点圆，（三角形三边中点、三垂足和三角形各顶点与其垂心联线的中点，这九点共圆）从题目看就很吓人，证明起来会很费些周折。可是有些题，如：等腰三角形两底角的角平分线相等，是一道很简单的几何题，学过平面几何的人，都能很容易证明出来。它的逆命题，题目也很简单：“一个三角形，若有两内角角平分线相等，它就是一个等腰三角形”。这道题证明起来应该和原题差不多，如果你有这种想法，那就不妨试一试，试过之后你就会知道，看似简单的题目，证明起来不一定就简单。

这道几何题，可是个在数学史上占有一席之地的题，叫“Steiner—Lehmus定理”。

Jacob·Steiner是十九世纪瑞士的一位几何学家，1840年他收到一位叫Lehmus的人提出的一道看似简单的几何题：“任意三角形，若有两内角平分线相等，则为等腰三角形。”请求给出证明。Steiner 先生虽然给出了证明，但证明太复杂，当时人们就想，这样一道简单的几何题，证明起来不该这样复杂，于是在随后的几年里，出现了一股证明该命题的热潮。据上世纪六十年代美国《数学月报》统计，该定理有六十多种证明。

下面这个证明是由两位英国工程师发表于美国《数学月报》1963年卷7上的。

引理：三角形中较小的内角平分线

较长

证：如图，设ΔABC 中∠B ＜∠C ，

BM 、CN 分别为角平分线，

欲证CN ＜BM

取BM 上一点P ，使∠NCP=∠PBN=(1/2)∠B ，因而有B 、N 、P 、C 四点共圆，

在该圆中两圆周角∠NBC ＜∠BCP ，则有它们所对的弦CN ＜BP ∵ BP ＜BM ，∴ CN ＜BM 。

由此引理可以得到原命题的逆否命题：若ΔABC 中∠B ≠∠C ，则有BM ≠CN 。因而原定理得证。

下面这个证明是张景中院士给出的，这个证明的优点是不用添加任何辅助线。本证明应用了他提出的几何解题新思路——面积方法，张院士正是在这一方法的基础上，通过探索，取得了几何定理可读证明自动生成的成果。

如图，设△ABC 中角平分线CD =BE = m

又设BC = a ，AC = b ，AB = c ，

∠ABE=α，∠ACD=β

∵ ∴ CBE

ABE ABC S S S +=α

ααsin 21

sin 212sin 21am cm ac +=

同除以(1/2)acm ，得

即 (∵sin2α=2sin αcos α)，

同理可得

两式减得 若b < c ，则α>β，cos α< cos β，cos α- cos β< 0 而此时有(1/c) - (1/b) > 0，即cos α- cos β> 0 这个矛盾证明b ≤c ，同理可得c ≤b ，因此b = c 。 c

a m αααsin sin 2sin +=c a m 11cos 2+=αb

a m 11cos 2+=βb

c m 1

1

)cos (cos 2

-=-βα

几何图形初步 基础知识详解+基本典型例题解析(全)

几何图形初步 目录 一、几何图形 二、直线、射线、线段 三、角 四、《几何图形初步》全章复习与巩固 本套“基础知识详解”资料特色是知识点分析汇总，题目比较基础，完全不同于《初中数学典型题思路分析》，是购买典型题书赠送的资料之一。赠送文本为word，按照课本章节分类，有初中全套且群内会陆续分享，敬请关注！ 一、几何图形基础知识讲解 【学习目标】 1．理解几何图形的概念，并能对具体图形进行识别或判断； 2. 掌握立体图形从不同方向看得到的平面图形及立体图形的平面展开图，在平面图形和立体图形相互转换的过程中，初步培养空间想象能力； 3. 理解点线面体之间的关系，掌握怎样由平面图形旋转得到几何体，能够借助平面图形剖析常见几何体的形成过程. 【要点梳理】

要点一、几何图形 1．定义：把从实物中抽象出的各种图形统称为几何图形． 要点诠释：几何图形是从实物中抽象得到的，只注重物体的形状、大小、位置，而不注重它的其它属性，如重量，颜色等. 2．分类：几何图形包括立体图形和平面图形 (1)立体图形：图形的各部分不都在同一平面内，这样的图形就是立体图形，如长方体，圆柱，圆锥，球等. (2)平面图形：有些几何图形(如线段、角、三角形、圆等)的各部分都在同一平面内，它们是平面图形． 要点诠释： (1)常见的立体图形有两种分类方法： (2) 常见的平面图形有圆和多边形，其中多边形是由线段所围成的封闭图形，生活中常见的多边形有三角形、四边形、五边形、六边形等． （3）立体图形和平面图形是两类不同的几何图形，它们既有区别又有联系． 要点二、从不同方向看 从不同的方向看立体图形，往往会得到不同形状的平面图形．一般是从以下三个方向：(1)从正面看；(2)从左面看；(3)从上面看．从这三个方向看到的图形分别称为正视图(也称主视图)、左视图、俯视图． 要点三、简单立体图形的展开图 有些立体图形是由一些平面图形围成，将它们的表面适当剪开，可以展开成平面图形，这样的平面图形称为相应立体图形的展开图． 要点诠释： (1)不是所有的立体图形都可以展成平面图形．例如，球便不能展成平面图形． (2)不同的立体图形可展成不同的平面图形；同一个立体图形，沿不同的棱剪开，也可得到不同的平面图． 要点四、点、线、面、体 长方体、正方体、圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥等都是几何体,几何体也简称体；包围着体的是面,面有平的面和曲的面两种；面和面相交的地方形成线，线也分为直线和曲线两种；线和线相交的地方形成点.从上面的描述中我们可以看出点、线、面、体之间的关系. 此外，从运动的观点看：点动成线，线动成面，面动成体. 【典型例题1】 类型一、几何图形 1．如图所示，请写出下列立体图形的名称．

对一道课本试题的变式

对一道课本习题的变式、推广与思考 波利亚指出：“拿一个有意义又不复杂的题目去帮助学生发掘问题的各个方面，使得通过这个题目就好像通过一道门户，把学生引入一个完整的领域。” 题目：已知ABC ?两个顶点()()0,6,0,6B A -，边BC AC ,所在直线的斜率之积等于9 4-，求顶点C 的轨迹方程。（北师大版数学选修2-1第三章§1椭圆习题3-1A 组第8题） 一、动手实践，掌握方法 解析：设()y x C ,，则直线BC AC ,的斜率分别是()6,66 ,621-≠≠-= +=x x x y k x y k ， 根据题意，9 4 21- =?k k ，所以 9 4 362 2-=-x y ，化简，得()6,6116362 2 -≠≠=+x x y x 所以顶点C 的轨迹是椭圆，去掉左右顶点。 评析：（1）典型的用直接法求动点的轨迹方程，注意6,6-≠≠x x ，一方面它保证了直线BC AC ,的斜率的存在性，另一方面符合C 为ABC ?的一个顶点，C B A ,,不能共线。 （2）题目的几何条件包括“两个定点、一个动点、一个定值，两条直线的斜率，一个等量关系”。 （3）轨迹是椭圆，去掉左右顶点。 二、引进参数，化静为动 变式1、已知两个定点()()()00,,0, a a B a A -，动点C 满足直线BC AC ,的斜率之积等于()0≠m m ，试讨论动点C 的轨迹。 分析：首先确定动点C 的轨迹方程，然后依据方程判定它的轨迹。 解析：设()y x C ,，则直线BC AC ,的斜率分别是 a x y k a x y k -=+= 21,，()a x + - ≠，根据题意，m k k =?2 1 ， 所以m a x y =-2 22，化简，得动点C 的轨迹方程122 22=-ma y a x ，所以 1、当0 m 时，动点C 的轨迹是焦点在x 轴上的双曲线，去掉它的两个顶点； 2、当0 m 时 （1）若1-=m ，则动点C 的轨迹方程为2 2 2 a y x =+，所以它的轨迹是圆心在原点，半径为a 的圆，去掉 与x 轴的两个交点； （2）当01 m -时，2 2ma a - ，所以动点C 的轨迹是焦点在x 轴上的椭圆，去掉左右顶点； （3）当1- m 时，2 2ma a - ，所以动点C 的轨迹是焦点在 y 轴上的椭圆去掉左右顶点。 评析：引进参数，化静为动，培养学生分类讨论的数学思想，发展学生的数学思维能力。注意到变式1并没有改变题目中的几何关系，但是参数值及它的的符号决定了轨迹的不同形式——圆、椭圆、双曲线，这也从一个侧面说明三种曲线之间有着内在的联系，可以想象当参数m 由()+∞→≠→-→∞-001变化时，动点 c 的轨迹由焦点在y 轴上的椭圆，变为圆，再变为焦点在x 轴上椭圆，然后蜕变为焦点在x 轴上的双曲线，

新人教版七年级数学第四章《几何图形初步》检测题含答案解析

第四章几何图形初步检测题 (本检测题满分:100分，时间:90分钟) 一、 选择题(每小题3分，共30分) 1.下列说法正确的是( ) ①教科书是长方形；②教科书是长方体，也是棱柱；③教科书的表面是长方形. A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ 2.(2020?浙江温州中考)下列各图中，经过折叠能围成一个立方体的是( ) 3.在直线l上顺次取A、B、C三点，使得AB=5㎝，BC=3㎝，如果O是线段AC的中点，那么线段OB的长度是( ) A.2㎝ B.0.5㎝ C.1.5㎝ D.1㎝ 4.下列四个生活、生产现象:①用两个钉子就可以把木条固定在墙上；②植树时，只要定出两棵树的位置，就能确定同一行树所在的直线；③从A地到B地架设电线，总是尽可能沿着线段架设；④把弯曲的公路改直，就能缩短路程.其中可用“两点之间，线段最短”来解释的现象有( ) A.①② B.①③ C.②④ D.③④ 5.如图所示，从A地到达B地，最短的路线是( ) A.A→C→E→B B.A→F→E→B C.A→D→E→B D.A→C→G→E→B 6.(2020?云南昭通中考)如图是一个正方体的表面展开图，则原正方体中与“建”字所在的面相对的面上标的字是( ) A．美 B．丽 C．云 D．南 7.如图所示的立体图形从上面看到的图形是( ) 8.如果∠1与∠2互为补角,且∠1∠2,那么∠2的余角是( ) A. 2 1∠1 B. 2 1∠2 C. 2 1(∠1-∠2) D. 2 1(∠1+∠2) 9.若∠＝40.4°,∠＝40°4′,则∠与∠的关系是( ) A.∠＝∠ B.∠＞∠ C.∠＜∠ D.以上都不对 第7题图第5题图

2018初一数学几何图形初步单元测试1(供参考)

2018年几何图形初步测试题 一、选择题 1．如图是一个正方体的表面展开图，如果相对面上所标的两个数互为相反数，那么图 中x的值是（） A．8 B．3 C．2 D．-3 2．如图所示的几何体的俯视图是（）. 5 4．下图中共有（）条线段． A．4B．6C．8D．10 5．下列四个图中的线段（或直线、射线）能相交的是（） A．（1） B．（2） C．（3） D．（4） 6．使分式 2 + x x 有意义的x的取值范围为（） A．2 ≠ x B．2 - ≠ x C．2 - > x D．2 < x 7．如图，C、D是线段AB上两点，若CB＝5cm，DB=9cm，且D是AC的中点，则AC 的长等于（） A．6cm B．9cm C．8cm D．13cm 8．点C在线段AB上，下列条件中不能确定 ．．．．点C是线段AB中点的是 A．B．C．D． C D B A 正面

A、 AC =BC B、 AC +BC= AB C、 AB =2AC D、 BC = 2 1AB 9．已知A、B两点之间的距离是10cm，C是线段AB上的任意一点，则AC中点与BC中点间的距离是（） A ．3cm B．4cm C ．5cm D．不能计算10．将一副三角板如图放置，使点A落在DE上，若BC DE ∥ ，则AFC ∠的度数为（） A.45° B.50° C.60° D.75° 11．如图，直线AB与CD相交于点O，12 = ∠∠，若140 AOE= ∠，则AOC ∠的度数为（）． Ａ．40Ｂ． 60Ｃ．80Ｄ．100 12．如图所示，∠AOB=156°,OD是∠AOC 的平分线，OE是∠BOC的平分线，那么∠DOE 等于（） A．78° B．80° C．88° D．90° 13．如图，直线AB与CD相交于点O，∠1=∠2，若∠AOE=140°，则∠AOC的度数为（） A．40 B．60 C．80 D．100 14．如图所示，已知O是直线AB上一点，∠1＝40°，OD平分∠BOC，则∠2的度数是（） A O C E D

初中数学几何图形初步经典测试题及答案解析

初中数学几何图形初步经典测试题及答案解析 一、选择题 1．如图是由若干个大小相同的小正方体堆砌而成的几何体，那么其三种视图中面积最小的是（ ） A ．主视图 B ．俯视图 C ．左视图 D ．一样大 【答案】C 【解析】 如图，该几何体主视图是由5个小正方形组成， 左视图是由3个小正方形组成， 俯视图是由5个小正方形组成， 故三种视图面积最小的是左视图， 故选C ． 2．如图，一个正六棱柱的表面展开后恰好放入一个矩形内，把其中一部分图形挪动了位置，发现矩形的长留出5cm ，宽留出1,cm 则该六棱柱的侧面积是（ ） A ．210824(3) cm - B ．(2 108123cm - C ．(2 54243cm - D ．(2 54123cm - 【答案】A 【解析】 【分析】 设正六棱柱的底面边长为acm ，高为hcm ，分别表示出挪动前后所在矩形的长与宽，由题意列出方程求出a ＝2，h ＝9?36ah 求解． 【详解】 解：设正六棱柱的底面边长为acm ，高为hcm ，

如图，正六边形边长AB ＝acm 时，由正六边形的性质可知∠BAD ＝30°， ∴BD ＝ 12a cm ，AD ＝32 a cm ， ∴AC ＝2AD ＝3a cm ， ∴挪动前所在矩形的长为（2h ＋23a ）cm ，宽为（4a ＋ 1 2 a ）cm ， 挪动后所在矩形的长为（h ＋2a ＋3a ）cm ，宽为4acm ， 由题意得：（2h ＋23a ）?（h ＋2a ＋3a ）＝5，（4a ＋1 2 a ）?4a ＝1， ∴a ＝2，h ＝9?23， ∴该六棱柱的侧面积是6ah ＝6×2×（9?23）＝210824(3) cm -； 故选：A ． 【点睛】 本题考查了几何体的展开图，正六棱柱的性质，含30度角的直角三角形的性质；能够求出正六棱柱的高与底面边长是解题的关键． 3．将一副三角板如下图放置，使点A 落在DE 上，若BC DE P ，则AFC ∠的度数为（ ） A ．90° B ．75° C ．105° D ．120° 【答案】B 【解析】 【分析】 根据平行线的性质可得30E BCE ==?∠∠，再根据三角形外角的性质即可求解AFC ∠的度数． 【详解】

一道高考数学几何题的多种解法探究

一道高考数学几何题的多种解法探究 本文通过一个高考填空题的四种解法着重阐明解析 几何的思想和方法。解法一打破题目所给的坐标系的禁锢，重新建立坐标系另辟蹊径。解法二根据直线AC⊥BD以此建立新的坐标系，这是本题的又一个另辟蹊径。有了参数α，写出新坐标系下的圆的方程，再数形结合用根与系数的关系求弦长。解法三采用直线参数方程，再一次另辟蹊径为解决本题寻求新的方法，其根本目的是便于计算弦长。解法四是几何法，用添加两条垂线的巧妙运用，结合几个重要定理求出弦长，用重要不等式求四边形的最大值。有了这些好方法，使本来很难做的问题得以迎刃而解。 命题：如图⑴已知AC、BD为⊙O：x?+y?=4的两条互相垂直的弦， 垂足为M（1，），则四边形ABCD的面积的最大值是__. 解法一： 由于|OM|= ，考虑到原来的坐标系中两条弦长的计算比较繁琐，因此可改变方法，以 直线OM为x轴，建立新的直角坐标系，此时M的坐标是（，0）。 1.直线AC与BD有一条斜率不存在时，另一条的斜率

为0.不妨设BD的斜率 不存在，则BD⊥x轴，另一条|AC|为直径4，弦|BD|= 此时四边形ABCD 的面积S=1/2|AC|?|BD|=4 2.当直线AC与BD的斜率都存在时，不妨设AC的斜率为k，（k≠0）则BD的斜率为-1/k.所以AC的直线方 k?x-y-k=0，BD的直线方程为x+k?y-=0 。 设O到AC、BD的距离分别是d1，d2，则d1=，d2= 由垂径定理和相交弦定理得|AC|?=4（|AC|/2）?=4（2+d1）（2-d1）=4（4-d1?）类似地可得到|BD|? S?=（1/2|AC|?|BD|）? ∴S ≤ 5. 当k?=1/k?时k=±1时等式成立，此时四边形ABCD的面积S取得最大值5。 坐标系的恰当建立是解析法解题的重要基础和关键，否则会使计算繁琐。本题解法打破题目所给的直角坐标系的禁锢，重新建立坐标系，这就是另辟蹊径的重要途径。然后再综合运用圆的垂经定理和相交弦定理，点到直线的距离公式和重要不等式定理就可解决问题。 解法二：由于AC⊥BD，分别以AC、BD所在直线为x′、y′轴，建立如图新的直角坐标系设∠xMx′=α，则M的坐标为（0，0），O的坐标是（-cosα，sinα），圆的方程是（x′+cosα）?+（y′-sinα）?=4

平面几何证明题的一般思路及方法简述

平面几何证明题的一般思路及方法简述 【摘要】惠特霍斯曾说过,“一般地,解题之所以成功,在很大程度上依赖于选择一种最适宜的方法。”灵活、恰当地选择解题方法是求解平面几何问题的良好途径。解决任何一道平面几何证明题,都要应用这样或那样的方法,而选择哪一种方法,就取决于我们用什么样的解题思路。本文试对平面几何证明题中常用的几种解题思路及方法进行分析。 【关键词】平面几何证明题思路方法 平面几何难学,是很多初中生在学习中的共识,这里面包含了很多主观和客观因素,而学习不得法,没有适当的解题思路则是其中的一个重要原因。波利亚曾说过,“解题的成功要靠正确思路的选择,要靠从可以接近它的方向去攻击堡垒。为了辨别哪一条思路正确,哪一个方向可接近它,就要试探各种方向和思路。”由此可见,掌握证明题的一般思路、探索证题过程中的数学思维、总结证题的基本规律是求解几何证明题的关键。常见的证题思路有直接式思路和间接式思路。 一、直接式思路 证题时,首先应仔细审查题意,细心观察题目,分清条件和结论,并尽量挖掘题目中隐含的一些解题信息,以在缜密审题的基础上,根据定义、公式、定理进行一系列正面的逻辑推理,最后得出命题的证明,这种证题的思路被称为直接式思路。由于思维方式的逆顺,在证题时运用的方法主要有“分析法”和“综合法”。 1.分析法。分析法是从命题的结论入手,先承认它是正确的,执果索因,寻求结论正确的条件,这样一步逆而推之,直到与题设会合,于是就得出了由题设通往结论的思维过程。在由结论向已知条件的寻求追溯过程中,则由于题设条件的不同,或已知条件之间关系的隐含程度不同等,寻求追溯的形式会有一定差异,因而常把分析法分为以下四种类型。 (1)选择型分析法。选择型分析法解题,首先要从题目要求解的结论A出发,逐步把问题转化为分析要得出结论A需要哪些充分条件。假设有条件B,就有结论A,那么B就成为选择找到的使A成立的充分条件,然后再分析在什么条件下能选择得到B……最终追溯到命题中的某一题设条件。

第四章几何图形初步题型归纳

第四章几何图形初步题型归纳 一、认识平面图形和立体图形、图形分类 1..如图所示的图形绕虚线旋转一周,所围成的几何体是_____. 2.把下列立体图形与对应的名称用线连起来。 圆柱圆锥正方体长方体棱柱球 3．正方体有个面，个顶点，经过每个顶点有条棱.这些棱的长度 _______（填相同或不同）.棱长为acm的正方体的表面积为 cm2. 4．六棱柱共有（）条棱.A．16 B．17 C．18 D．20 5．从一个七边形的一个顶点出发，连结其余各顶点，将这个七边形分割成个三角形。6．从一个边数为n的多边形内部一点出发，连结这点与各顶点，将该多边形分割成个三角形。 二、三视图 1.一个物体的从正面、左面、上面三个方向看是下面三个图形，则该物体形状的名称为（）. A.圆柱 B.棱柱 C.圆锥 D.球 正面左面上面 2.某物体的三视图是如图所示，那么该物体形状是。 3. 物体的形状如图所示，则此物体的俯视图是（） 4．观察下图，分别得它的主视图、左视图和俯视图，请 写在对应图的下边. 5．由四个大小相同的小正方体搭成的几何体的左视图如图所示，则这个几何体的搭法不能是（） A B C B'' D

6.由若干个相同的小正方体搭成的几何体的俯视图如图，各小方格内的数字表示叠在该层 位置的小正方体的个数，则这个几何体的左视图是（） 7．将如图所示的Rt△ABC绕直角边AC旋转一周，所得几何体的俯视图是（） ? D C B A C B A 5 题图 8．下图是由一些相同的小正方体构成的几何体的三视图．这些相同的小正方体的个数是（） A．4个 B。5个 C。6个 D。7个 三、立体图形的展开图 1.下列图形中是正方体的表面展开图的是（）. A B C D 2.如图是一个正方体纸盒的展开图,在其中的四个正方形内有数字1、2、 3和-3，要在其余正方形内分别填上-1、-2，使得按虚线折成正方体后， 相对面上的两个数互为相反数，则A处应填_____. 3.如图，已知一个正方体的六个面上分别写着六个连续的整数，且每两个相对面上的两个数的和都相等，图中所能看到的数是16，19和20，求这6个整数的和. 4.如图，把下边的图形折叠起来，它会变为（） 3 1 2 A B C D

几何图形初步单元测试卷(含答案解析)

一、初一数学几何模型部分解答题压轴题精选（难） 1．如图，已知：点不在同一条直线， . （1）求证： . （2）如图②，分别为的平分线所在直线，试探究与的数量关系； （3）如图③，在（2）的前提下，且有，直线交于点，，请直接写出 ________. 【答案】（1）证明：过点C作，则， ∵ ∴ ∴ （2）解：过点Q作，则，

∵， ∴ ∵分别为的平分线所在直线∴ ∴ ∵ ∴ （3）:1:2:2 【解析】【解答】解：（3）∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ .故答案为： .

【分析】（1）过点C作，则，再利用平行线的性质求解即可；（2）过点Q作，则，再利用平行线的性质以及角平分线的性质得出 ，再结合（1）的结论即可得出答案；（3）由（2）的结论可得出，又因为，因此，联立即可求出两角的度数，再结合（1）的结论可得出的度数，再求答案即可. 2．在数轴上、两点分别表示有理数和，我们用表示到之间的距离；例如表示7到3之间的距离. （1）当时，的值为________. （2）如何理解表示的含义？ （3）若点、在0到3（含0和3）之间运动，求的最小值和最大值. 【答案】（1）5或-3 （2）解：∵ = ， ∴表示到-2的距离 （3）解：∵点、在0到3（含0和3）之间运动， ∴0≤a≤3, 0≤b≤3, 当时， =0+2=2，此时值最小， 故最小值为2； 当时， =2+5=7，此时值最大， 故最大值为7 【解析】【解答】（1）∵， ∴a=5或-3； 故答案为：5或-3； 【分析】（1）此题就是求表示数a的点与表示数1的点之间的距离是4，根据表示数a的点在表示数1的点的右边与左边两种情况考虑即可得出答案； （2）此题就是求表示数b的点与表示数-2的点之间的距离; （3）此题就是求表示数a的点与表示数2的点之间的距离及表示数b的点与表示数-2的点之间的距离和，而0≤a≤3, 0≤b≤3, 借助数轴当时，的值最小；当时，的值最大. 3．如图，点C在∠AOB的边OA上，过点C的直线DE∥OB，CF平分∠ACD，CG⊥CF于C.

人教版初中数学几何图形初步经典测试题及答案

人教版初中数学几何图形初步经典测试题及答案 一、选择题 1．下列图形中1∠与2∠不相等的是( ) A ． B ． C ． D ． 【答案】B 【解析】 【分析】 根据对顶角，平行线，等角的余角相等等知识一一判断即可． 【详解】 解：A 、根据对顶角相等可知，∠1=∠2，本选项不符合题意． B 、∵∠1+∠2=90°，∠1与∠2不一定相等，本选项符合题意． C ．根据平行线的性质可知：∠1=∠2，本选项不符合题意． D 、根据等角的余角相等，可知∠1=∠2，本选项不符合题意． 故选：B ． 【点睛】 本题考查平行线的性质对顶角的性质，等角的余角相等等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 2．如图，是某个几何体从不同方向看到的形状图（视图），这个几何体的表面能展开成下面的哪个平面图形？（ ） A ． B ．

C．D． 【答案】D 【解析】 【分析】 根据三视图可判断这个几何体的形状；再由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题． 【详解】 解：根据三视图可判断这个几何体是圆柱；D选项平面图一个长方形和两个圆折叠后，能围成的几何体是圆柱．A选项平面图折叠后是一个圆锥；B选项平面图折叠后是一个正方体；C选项平面图折叠后是一个三棱柱. 故选：D. 【点睛】 本题考查由三视图判断几何体及展开图折叠成几何体，熟记常见几何体的平面展开图的特征，是解决此类问题的关键． 3．如图是由四个正方体组合而成，当从正面看时，则得到的平面视图是（） A．B． C．D． 【答案】D 【解析】 【分析】 根据从正面看到的图叫做主视图，从左面看到的图叫做左视图，从上面看到的图叫做俯视图．根据图中正方体摆放的位置判定则可． 【详解】 解：从正面看，下面一行是横放3个正方体，上面一行最左边是一个正方体． 故选：D． 【点睛】

平面几何练习题

平面几何选讲练习题 １．如图所示，已知⊙O 1与⊙O 2相交于A ，B 两点，过点A 作⊙O 1的切线交⊙O 2于点C ，过点 B 作两圆的割线，分别交⊙O 1，⊙O 2于点D ，E ，DE 与A C 相交于点P. （1）求证:A D ∥EC; （2）若AD 是⊙O 2的切线,且PA=6,PC=2,BD=9,求AD 2．如图：已知AD 为⊙O 的直径，直线BA 与⊙O 相切于点A ，直线OB 与弦AC 垂直并相 交于点G ，连接DC . 求证：BA ·DC =GC ·AD . 3．已知：如图，△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=90°，AE=31AC ，BD=31AB ，点F 在BC 上，且CF=3 1BC 。求证： （1）EF ⊥BC ； （2）∠ADE=∠EBC 。 B E D O 1 O 2 A P C

F E D A B C ４．如图，在△ABC 中，D 是AC 的中点，E 是BD 的中点，AE 的延长线交BC 于F . （1）求FC BF 的值； （2）若△BEF 的面积为1S ，四边形CDEF 的面 积为2S ，求21:S S 的值． ５．已知C 点在圆O 直径BE 的延长线上，CA 切圆O 于A 点，DC 是ACB ∠的平分线交AE 于点F ，交AB 于D 点. （1）求ADF ∠的度数； （2）若AB=AC ，求AC:BC . ６．自圆O 外一点P 引切线与圆切于点A ，M 为PA 中点，过M 引割线交圆于B,C 两点． 求证:∠MCP=∠MPB ． O A B D E F

7．如图，AD 是⊙O 的直径，AB 是⊙O 于点M 、N ，直线BMN 交AD 的延长线于点C ，NC MN BM ==，2=AB ，求BC 的长和⊙O 的半径. 8．如图，AB 是⊙O 的直径，C ，F 为⊙O 上的点，CA 是∠BAF 的角平分线，过点C 作 CD ⊥AF 交AF 的延长线于D 点，CM ⊥AB ，垂足为点M . （1）求证：DC 是⊙O 的切线； （2）求证：AM ·MB =DF ·DA . 9．如图，已知AP 是⊙O 的切线，P 为切点，AC 是⊙O 的割线，与⊙O 交于B 、C 两点，圆心 O 在PAC ∠的部，点M 是BC 的中点. （Ⅰ）证明A ，P ，O ，M 四点共圆； （Ⅱ）求∠OAM ＋∠APM 的大小. 10．如图，过圆O 外一点M 作它的一条切线，切点A ，过A 点作直线AP 垂直直线OM ， 垂足为P. （Ⅰ）证明：OM ·OP=OA 2 ； （Ⅱ）N 为线段AP 上一点，直线NB 垂直直线ON ，且交圆O 于B 点，过B 点的切线交直 线ON 于K.证明：∠OKM=90° B M C O P

如何对几何习题拓展变式

如何对几何习题拓展变式 “变式”原为心理学上的名词，其含义是变换材料的出现形式。在教学中的所谓变式，即是指对数学概念、定义、定理、公式，以及问题背景不同角度、不同层次、不同情形、不同背景的变化，使其面目不一，而本质特征不变。 在数学教学中，可以充分利用变式，有意识地把教学过程施行为数学思维活动的过程，充分调动和展示学生的思维过程，让学生积极、主动地参与教学的全过程，培养学生独立分析和解决问题的能力，以及大胆创新、勇于探索的精神，从而真正把学生能力的培养落到实处。 通过变式练习，可以使学生在全面、深刻的理解和掌握知识的同时，思维品质也获得良好的发展。 通过变式教学，使一题多用，多题重组，常给人以新鲜感，能唤起学生的好奇心和求知欲，因而能产生主动参与的动力，保持其参与教学过程的兴趣和热情。 通过变式训练，可以帮助学生提出问题、分析问题、解决问题，搞清问题的内涵和外延，提高数学能力。 “变式训练”的实质是根据学生的心理特点在设计问题的过程中，创设认知和技能的最近发展区，诱发学生通过探索、求异的思维活动，发展能力。 对习题的变式可以从以下几种不同的角度进行： 一、一题多解、一题多变、一题多思、多题一法…… 1、一题多解，培养思维的发散性 一题多解实际上是解题或证明定理、公式的变式，因为它的实质是以不同的论证方式反映条件和结论问的同一必然的本质联系，运用这种变式教学，可以引导学生对同一材料，从不同角度、从不同方位、用各种途径、多种方法思考问题，探求不同的解答方案，这样，既可暴露学生解题的思维过程，增加教学透明度，

又能够拓广学生思路，使学生熟练掌握知识的内在联系，使思维向多方向发展，培养思维的发散性。这方面的例子很多，尤其是几何证明题。 例如：已知：点O是等边△ABC内一点, OA=4，OB=5，OC=3 求∠AOC的度数。 练习：把此题适当变式: 在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90° OA=4，OB=6，OC=2 求∠AOC的度数。 变式2：如图,点O是等边△ABC内一点,∠AOB=110°, ∠BOC=135° 试问:(1)以OA、OB、OC为边能否构成一个三角形?若能,请求出三角形各内角的度数;若不能,请说明理由. (2)如果∠AOB的大小保持不变,那么当∠BOC等于多少度时, 以OA、OB、OC为 边的三角形是一个直角三角形? 2、一题多变，培养思维的灵活性 一题多变是题目结构的变式，是指变换题目的条件或结论，或者变换题目的 B C A B C O A B C O

初中数学几何图形初步难题汇编附答案解析

初中数学几何图形初步难题汇编附答案解析 一、选择题 1．已知直线m∥n，将一块含30°角的直角三角板按如图所示方式放置(∠ABC＝30°)，并且顶点A，C分别落在直线m，n上，若∠1＝38°，则∠2的度数是() A．20°B．22°C．28°D．38° 【答案】B 【解析】 【分析】 过C作CD∥直线m，根据平行线的性质即可求出∠2的度数． 【详解】 解：过C作CD∥直线m， ∵∠ABC＝30°，∠BAC＝90°， ∴∠ACB＝60°， ∵直线m∥n， ∴CD∥直线m∥直线n， ∴∠1＝∠ACD，∠2＝∠BCD， ∵∠1＝38°， ∴∠ACD＝38°， ∴∠2＝∠BCD＝60°﹣38°＝22°， 故选：B． 【点睛】 本题考查了平行线的计算问题，掌握平行线的性质是解题的关键． ⊥，从A地测得B地在A地的北偏东43?2．如图，有A，B，C三个地点，且AB BC 的方向上，那么从B地测得C地在B地的（）

A ．北偏西43? B ．北偏西90? C ．北偏东47? D ．北偏西47? 【答案】D 【解析】 【分析】 根据方向角的概念和平行线的性质求解. 【详解】 如图，过点B 作BF ∥AE ，则∠DBF=∠DAE=43?, ∴∠CBF=∠DBC-∠DBF=90°-43°=47°， ∴从B 地测得C 地在B 地的北偏西47°方向上， 故选：D. 【点睛】 此题考查方位角，平行线的性质，正确理解角度间的关系求出能表示点位置的方位角是解题的关键. 3．如图，在正方形ABCD 中，E 是AB 上一点，2,3BE AE BE ==，P 是AC 上一动点，则PB PE +的最小值是（ ） A ．8 B ．9 C ．10 D ．11 【答案】C 【解析】

一道几何常规题的五种解法

一道几何常规题的五种解法 发表时间：2019-06-10T15:11:06.673Z 来源：《知识-力量》2019年8月28期作者：向星[导读] 一道数学题可以涵盖很多知识点。当然，一道数学题的解法也有很多。在数学教学中，教师引导学生探究一道数学题的多种解法是很有必要的。因此，本文就从一道数学常规题出发，探讨了它的多种解法。通过对不同方法的分析，旨在给我们的数学带来一定的启示。（湖北省秭归县归州镇初级中学，湖北省宜昌市 443601） 摘要：一道数学题可以涵盖很多知识点。当然，一道数学题的解法也有很多。在数学教学中，教师引导学生探究一道数学题的多种解法是很有必要的。因此，本文就从一道数学常规题出发，探讨了它的多种解法。通过对不同方法的分析，旨在给我们的数学带来一定的启示。关键词：数学教学；几何题；多种解法 在平常做数学题时，同学们受时间和知识局限等因素的影响，解题方法往往较单一，如果遇到问题多角度的思考，会回忆出更多的基础知识，收获一些解决问题的方法。下面笔者用一个常规题进行说明，供同学们参考。 如图1：正方形ABCD边BC上一点E，过E作AE的垂线交 BCD的外角平分线于点F，求证：AE=EF。 分析:本题是以正方形为条件，证两线段相等问题。对于几何证明题，若能根据已知求证并结合所给图形的特征(数字、关系、结构)，通过分析，适当添置辅助线，则能形成证题思路。 方法1：构造全等 本题是最常见的证明线段相等问题，最常规的方法也就是证明全等，观察AE和EF，所在的三角形有两种（并不全等），一个是直角三角形，一个是钝角三角形，很显然要紧扣条件构造全等。 俗话说：“条条大路通罗马”。以上展示了几种解法，都可以解决问题，构造全等（相似），利用对称转化是几何计算证明的常规方法；代几结合是一种数形结合思想所以每道题做完后，不妨再想一想，还有没有其它解法呢？如果能养成这样的思考习惯，或许能开阔我们做题的思路，又能加强数学知识的横向联系。 参考文献 [1]教育部.义务教育数学课程标准（2011年版）[M].北京：北京师范大学出版社，2011.

平面解析几何经典题(含答案)

平面解析几何 一、直线的倾斜角与斜率 1、直线的倾斜角与斜率 （1）倾斜角α的范围000180α≤< （2）经过两点的直线的斜率公式 是 （3）每条直线都有倾斜角，但并不是每条直线都有斜率 2.两条直线平行与垂直的判定 （1）两条直线平行 对于两条不重合的直线12,l l ，其斜率分别为12,k k ，则有1212//l l k k ?=。特别地， 当直线12,l l 的斜率都不存在时，12l l 与的关系为平行。 （2）两条直线垂直 如果两条直线12,l l 斜率存在，设为12,k k ，则12121l l k k ⊥?=-g 注：两条直线12,l l 垂直的充要条件是斜率之积为-1，这句话不正确；由两直线的斜率 之积为-1，可以得出两直线垂直，反过来，两直线垂直，斜率之积不一定为-1。如果12,l l 中有一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，12l l 与互相垂直。 二、直线的方程 1、直线方程的几种形式 名称 方程的形式 已知条件 局限性 点斜式 为直线上一定点，k 为斜率 不包括垂直于x 轴的直线 斜截式 k 为斜率，b 是直线在y 轴上的截距 不包括垂直于x 轴的直线 两点式 是直线上两定点 不包括垂直于x 轴和y 轴的 直线 截距式 a 是直线在x 轴上的非零截距， b 是直线在y 轴上的非零截距 不包括垂直于x 轴和y 轴或过原点的直线

一般式A，B，C为系数无限制，可表示任何位置的 直线 三、直线的交点坐标与距离公式 三、直线的交点坐标与距离公式 1.两条直线的交点 设两条直线的方程是，两条 直线的交点坐标就是方程组的解，若方程组有唯一解，则这两条 直线相交，此解就是交点的坐标；若方程组无解，则两条直线无公共点，此时两条直线平 行；反之，亦成立。 2.几种距离 （1）两点间的距离平面上的两点间的距离公式 （2）点到直线的距离 点到直线的距离； （3）两条平行线间的距离 两条平行线间的距离 注：（1）求点到直线的距离时，直线方程要化为一般式； （2）求两条平行线间的距离时，必须将两直线方程化为系数相同的一般形式后，才能套用 公式计算 （二）直线的斜率及应用 利用斜率证明三点共线的方法： 已知 112233 (,),(,),(,), A x y B x y C x y若 123AB AC x x x k k === 或，则有A、B、C三点共 线。 注：斜率变化分成两段，0 90是分界线，遇到斜率要谨记，存在与否需讨论。

中考数学复习指导：一道几何旋转变换题的变式训练

一道几何旋转变换题的变式训练 如图，分别以△ABC的边AB、AC为一边向外作正方形AEDB和正方形ACFG，连结CE、BG。 求证：BG=CE 变式一：条件不变、增加探究结论 （2）观察图形猜想CE与BG之间的位置关系，并证明你的猜想。 （3）图中哪个三角形是由哪个三角形变换得到？请说出是怎样的变换？ 变式二：图形旋转，探究原结论 （4）正方形AEDB绕点A逆时针方向旋转，使AE与AG重合时，如图（1）上述两个结论是否成立？（5）继续旋转到如图（2）位置，上述两个结论是否成立？

变式三：图形旋转，探究新结论 （6）如图（2），连结DF ，求CE :BG :DF 的值. 变式四：添加条件，探索新结论 如图，AB ＝11，AC ＝7，连结EG ，求2 2 BC EG +的值 变式五：改变图形，探究原结论 把“正方形AEDB 和正方形ACFG ”改为“矩形AEDB 、ACFG （长宽不等）”且AG AC AE AB =， 线段CE 、BG 有怎样的关系呢？

如图，分别以△ABC 的边AB 、AC 为一边向外作正三角形ABD 和正三角形ACE ，连结CD 、BE 。 （1）求证：BE =DC （2）求直线CD 与直线BE 的所夹锐角 变式七：根据结论，探究条件 如图，在△ABC 中，分别以AB ,AC ,BC 为边在BC 的同侧作等边三角形ABD ,ACE ,BCF （1）求证：四边形DAEF 是平行四边形； （2）探究下列问题 ①当△ABC 满足什么条件时，四边形DAEF 是矩形？ ②当△ABC 满足什么条件时，四边形DAEF 是菱形？ ③当△ABC 满足什么条件时，以D ,A ,E ,F 为顶点的四边形不存在？

人教版七年级数学上册第四章几何图形初步测试题

(第7题) 七年级数学上册第四章几何图形初步试题 姓名： 学号： 分数： 一．选择题 (共10小题 每题3分 共30分) 1.如图所示的棱柱有( ) A.4个面 B.6个面 C.12条棱 D.15条棱 2.在如下立体图形中，从正面看可以看到△的是( ) 3.如图,图中有( ) A.3条直线 B.3条射线 C.3条线段 D.以上都不对 4.下列语句正确的是( ) A.如果PA=PB,那么P 是线段AB 的中点; B.作∠AOB 的平分线CD C.连接A 、B 两点得直线AB; D.反向延长射线OP(O 为端点) 5． 平面上有五个点，其中只有三点共线。经过这些点可以作直线的条数是（ ） A ．6条 B.8条 C.10条 D.12条 6．下列图形中，图中共有8个角的是 ( ) A ． B. C. D. 7．把一张报纸的一角斜折过去，使A 点落在E 点处，BC 为折痕， BD 是∠EBM 的平分线，则∠CBD ＝ （ ） A.85° B.80° C.75° D.90° 8．如图，AB=16 cm ，C 是AB 上一点，且AC=10 cm ，D 是AC 的中点，E 是BC 的中点，则线段DE 的长度为 ( ) A ．6 cm B.8 cm D C (3) A B C (2) D C (2D B C (2A D B

(第15题) (第16题) C.10 cm D.12cm 9．如图，能用∠1，∠ACB，∠C三种方法表示同一个角的是( ) 10. 下图中是正方体的展开图的共有（） A．1个 B.2个 C.3个 D.4个 二．填空题：（共6个小题每题4分共24分） 11．正方体有______条棱，_____个顶点，个面. 12．圆柱的侧面展开图是一个，圆锥的侧面展开图 是一个，棱柱的侧面展开图是一 个。 13．如图，该图中不同的线段共有_______条. 14．讲台上放着一个圆锥和一个正方体（如图）请说明下面的三幅图分别是从哪个方向看到的。 （1）从面看到的平面图形； （2）从面看到的平面图形； （3）从面看到的平面图形。 15．已知，如图，∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠AOF＝? = ∠90 2 1 AOB. （1）射线OD是∠AOC的__________；（2）∠AOC的补角是____________； （3）_______________是∠AOC的余角；（4）∠DOC的余角是____________； （5）∠COF的补角____________. 16．直线AB与CD相交于E点，∠1＝∠2，EF平分∠AED，且∠1＝50°，则∠AEC＝，

(易错题精选)初中数学几何图形初步易错题汇编及答案解析

（易错题精选）初中数学几何图形初步易错题汇编及答案解析 一、选择题 1．如图，将三个同样的正方形的一个顶点重合放置，如果145∠=°，330∠=°时，那么2∠的度数是（ ） A ．15° B ．25° C ．30° D ．45° 【答案】A 【解析】 【分析】 根据∠2=∠BOD+EOC-∠BOE ，利用正方形的角都是直角，即可求得∠BOD 和∠EOC 的度数从而求解． 【详解】 ∵∠BOD=90°-∠3=90°-30°=60°， ∠EOC=90°-∠1=90°-45°=45°， ∵∠2=∠BOD+∠EOC-∠BOE ， ∴∠2=60°+45°-90°=15°． 故选：A ． 【点睛】 此题考查余角和补角，正确理解∠2=∠BOD+EOC-∠BOE 这一关系是解题的关键． 2．将如图所示的Rt △ACB 绕直角边AC 旋转一周，所得几何体的主视图（正视图）是（ ）

A．B．C． D． 【答案】D 【解析】 解：Rt△ACB绕直角边AC旋转一周，所得几何体是圆锥，主视图是等腰三角形． 故选D． 首先判断直角三角形ACB绕直角边AC旋转一周所得到的几何体是圆锥，再找出圆锥的主视图即可． 3．如图，直线a∥b，点B在直线b上，且AB⊥BC，∠1=55°，那么∠2的度数是（） A．20°B．30°C．35°D．50° 【答案】C 【解析】 【分析】 由垂线的性质可得∠ABC=90°，所以∠3=180°﹣90°﹣∠1=35°，再由平行线的性质可得到∠2的度数. 【详解】 解： 由垂线的性质可得∠ABC=90°， 所以∠3=180°﹣90°﹣∠1=35°， 又∵a∥b， 所以∠2=∠3=35°． 故选C． 【点睛】

一道平面几何题的十种证法

一道平面几何题的十种证法 题目：如图1，△ABC中，D、F在AB上，AD=BF，过D作DE∥BC，交AC 于E，过F作FG∥BC交AC于G． 求证：BC=DE＋FG． 分析：证明一条线段等于另外两条线段的和，常用的方法是将线段的位置平移：（1）延长较短线段与较长线段相等； （2）在较长线段上截取与较短线段相等的线段； （3）将线段适当移动位置后进行比较； （4）采用其它比较方法，如解析法，三角法，面积法等． 一、延长较短线段与较长线段相等 解法1 如图2，延长FG到H，使FH等于BC，连结CH．（关键证GH=DE即可）． 由作法知FH平行且等于BC FBCH是平行四边形CH=BF． 在△ADE和△CHG中，CH=BF=AD． 由CH∥AB∠A=∠2，又∠1=∠B，∠H=∠B，所以 ∠1=∠H．∴△ADE≌△CHG，则DE=GH， 故BC=FG＋GH=DE＋FG． 证法2 如图3，仍延长FG到H，使GH=DE，连结CH． （关键证BC=FH）．

由DE∥BC∥FG∠1=∠2=∠3． 又AD=FB，所以AE=GC． ∴△ADE≌△CHG，（SAS） ∴∠A=∠GCH AB∥CH． ∴四边形FBCH是平行四边形，所以，BC=FH， ∴BC=DE＋FG． 证法3 如图4，延长DE到H，使DH=BC，连结CH． （关键证FG=EH）． 由DBCH及DH=BC． 再△AFG≌△CHE，得FG=EH． 二、恰当地将线段平移 证法4 如图5 找EG的中点K，连接DK并延长DK交FG的延长线于H，可证得△DEK≌△HGK DE=GH． 再证得△ADE≌△CHG，（或证△ADK≌△CHK）∠A=∠GCH

一道解析几何题的研究与思考

一道解析几何题的研究与思考 发表时间：2019-07-19T11:45:05.693Z 来源：《中国教师》2019年9月刊作者：李开成 [导读] 解题的正确思路得出后，选择合理的解题方法才能使“思路”迅速、简捷. 训练解题方法的多样化，并从中评选出最佳方案，是提高解题速度、能力的有效方式. 平时应加强一题多解，一题多变的训练。我以一道典型的解析几何题为例，对其进行解法研究和变式思考。李开成浦江职业技术学校 322200 【摘要】解题的正确思路得出后，选择合理的解题方法才能使“思路”迅速、简捷. 训练解题方法的多样化，并从中评选出最佳方案，是提高解题速度、能力的有效方式. 平时应加强一题多解，一题多变的训练。我以一道典型的解析几何题为例，对其进行解法研究和变式思考。【关键词】思维品质；一题多解；一题多变 中图分类号：G652.2 文献标识码：A 文章编号：ISSN1672-2051（2019）09-188-02 数学教学大纲在教学目的中提出，数学教学要“注意培养学生良好的思维品质”。怎样更好地实现这个目标呢？我在教学中发现，采用一题多解和一题多变的教学方式是比较有效的途径。所谓一题多解就是对同一问题从不同角度去分析、寻找不同的解题途径。通过一题多解可以沟通各种知识的内在联系，使已学知识形成系统，同时，学生也学会从不同角度去观察思考问题，遇到问题时，能多向联想、随机应变，提高学生的应变能力和思维能力。所谓一题多变，就是不断变换所提供的材料或问题呈现的形式，使事物的非本质特征时隐时现，而事物的本质特征却保持不变。通过变式练习，可以使学生在全面、深刻的理解和掌握知识的同时，思维品质也获得良好的发展。 下面我以一个典型的解析几何题为例，对其进行解法研究和变式思考。 题目：在椭圆上求一点，使它与两焦点的连线互相垂直。 解法1（向量法）设点，由题设知 为. ∵， 即（1） 又点P在椭圆上，∴（2） 联立（1）、（2），解得点P的坐标为（3，±4），（－3，±4）. 解法2（交轨法）设点， ∵，∴P点在以F1F2为直径的圆上，即，以下同解法1. 解法3（应用斜率）设， ∴，∴， 即.以下同解法1. 解法4（应用焦半径公式）设，∵， 则，. ∵，∴， ∴.以下同解法1. 解法5（面积法）设点，则.由椭圆定义知，∴ =180，又，∴， ∴. ∴，，以下同解法1. 解法6（几何法）如图，以坐标原点O为圆心，以|F1F2|为直径画圆与椭圆交于A、B、C、D四点，由直径所对的圆周角是直角可知：当点P位于A、B、C、D四点时，∠F1PF2为直角，以下同解法2. 比较上述六中解法，笔者认为第六种解法最直观，简洁，易懂，让学生能够很清楚地看到点P在什么位置时是直角，锐角，或者钝角,在下面的变式题目中也有很好的启示作用。对本题的思考还没有结束，接着我们对它尝试着做如下的变式训练： 变式1：椭圆的两个焦点是F1、F2，，点P为它上面一动点，当∠F1PF2为钝角时，点P的横坐标的取值范围是___________。 分析：受原题的启发，无论是钝角还是锐角，都是以直角为参照，该题解法很多，但以几何法最为简洁。当点P位于椭圆上弧AB或弧CD上时，∠F1PF2为钝角；锐角的情况不言而喻，易求点P横坐标的取值范围是。 变式2：双曲线的两个焦点为F1、F2，点P在双曲线上，且PF1⊥PF2，则点P到x轴的距离为_____________。 分析：该题将原题中的椭圆改为双曲线，而点到x轴的距离等于点的纵坐标的绝对值，以|F1F2|为直径作圆与双曲线的交点（即点P）的坐标，易求点P的纵坐标为，故所求距离为。 变式3：已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，点P在椭圆上，若P、F1、F2为直角三角形的三个顶点，则点P到x轴的距离为（） A. B.3 C. D. 分析：该题是将原题中∠为直角改为△为直角三角形，题中没确定哪个角为直角，从而使该题更具有开放性，当∠=90°时，只要找以|F1F2|为直径的圆与椭圆的交点纵坐标，显然以|F1F2|为直径的圆的方程与椭圆无交点，故此种情况无解；当∠=90°或∠=90°时，易求点P到x轴的距离为，故选D。 变式4：已知F1、F2是椭圆C：的两焦点，在C上满足PF1⊥PF2的点P的个数为_____。 分析：该题只将求点的坐标改为判断点的个数，但解法是相同的，只是求以|F1F2|为直径的圆与椭圆的交点个数，显然以|F1F2|为直径的圆方程为，与椭圆C：相切于椭圆短轴端点，故点P的个数为2个。 变式5：设椭圆的两个焦点是F1（－c，0），F2（c，0），c>0，且椭圆上存在点P，使得PF1与PF2垂直，求实数m的取值范围。分析：显然该题在椭圆中引入参数，将求点的坐标改为“求参数的取值范围”的热点问题，解法是相同的，要使椭圆上存在点使