动态几何题（精选5篇）
动态几何题 篇1
关键词：动态几何,中考热点,解题思路
近年来,经过对中考试题的研究,我们发现动态几何问题作为一个命题的热点在各地中考题中频繁出现,题型灵活多变,常以点、线、面运动为载体,探求函数关系及存在性等方面的问题,从形式上看,可分为点动、线动和形动三种类型,这类问题主要以几何图形为背景,运动变化为主线,集多个知识点为一体,集多种解题思想于一题,这类题综合性较强,对学生能力要求高,它能全面考查学生的实践操作能力、空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力. 现以部分中考题为例,分类探析动态几何问题的命题方法和解题思路.
一、点动型
在几何图形的背景下,以点动为载体的问题主要分为两类,即单动点问题和双动点问题,其中单动点问题一般涉及到一次函数或反比例函数,双动点问题一般涉及到二次函数,这两类都可和存在性问题联系;所给问题又常与函数图像、最值及存在性问题紧密相关.
例1如图,四边形ABCD是边长为2cm的正方形,动点P在ABCD的边上沿A→B→C→D的路径以1cm/s的速度运动,在这个运动过程中,△APD的面积S(cm2)随时间t(s)的变化关系用图像表示,正确的是( )
简析:本题将点的运动过程中形成的函数解析式与其相应的函数图像有机结合在一起,二者相辅相成,突出数形结合、分类讨论、函数建模在解题中的灵活运用. 解题的关键是自变量t取值范围的分类讨论及在各个范围内面积S与时间t的函数关系式.
例2如图,在平面直角坐标系中,四边形OABC为矩形,点A、B的坐标分别为(3,0),(3,4),动点M、N分别同时从点O、B同时出发,以每秒1个单位的速度运动,其中点M沿OA向终点A移动,点N沿BC向终点C运动,过点N作NP⊥x轴,交AC于点P,连接MP,已知动点运动了x秒.
(1)点P的坐标为( , )(用含x的代数式表示);
(2)试求△MPA面积的最大值,并求此时x的值;
(3)请你探索:当x为何值时,△MPA是一个等腰三角形?你发现了几种情况?写出你的研究成果.
简析:本题是以双点运动构建的集函数、最值问题、存在性问题为一体的综合题.包含着相似三角形、勾股定理和二次函数等知识的综合运用.题(1)是关键,为下面问题的解决分散了难点,起到点拨作用;题(2)是以矩形为背景创设的函数最值问题,在知识点上侧重对二次函数关系和最值问题的考查,要求学生有扎实的基础知识、灵活的解题方法、良好的思维品质,解题的关键在于应用上小题的结论确定点P到OA的距离;题(3)是存在性问题,要求学生能按照等腰三角形的定义进行分类.探究此类问题要在“动”中取“静”,分情况画出动点在特定位置的图形,并要充分应用数形结合、转化化归和分类讨论等数学思想,解题的关键在于通过相似、勾股定理、等腰三角形性质等知识点按分类的情况列出相应的方程给予解决.
二、线动型
线动形动态几何问题常见于在坐标平面下,通过直线与原定的几何图形(常以矩形、梯形为主)的相对移动,从而构造出在各种范围内不同图形而设置的问题,解决此类问题要善于借助动态思维,应用分类的数学思想,从变中求不变,抓住静的瞬间,把动态问题转化为静态问题解决.
例3如图,直线CD:y=2x+1与边长为1的正方形OABC交于点C,与x轴交于点D. 将直线CD沿x轴正方向平移m个单位(0<m<1.5).设直线CD在平移过程中截正方形所得图形的面积为S.求S关于m的函数解析式.
简析:由于直线在平移过程中位置的不同,截正方形所得图形也不同,因此应分类讨论求解.解题的关键是明确按什么分类标准,分哪几类,难点在于抓住临界位置,结合所给自变量m范围进行精心合理分类,并进行分类画图,逐个求解.
例4如图,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=DC=50,AD=75,BC=135.点P从点B出发沿折线段BAADDC以每秒5个单位长度的速度向点C匀速运动;点Q从点C出发沿线段CB方向以每秒3个单位长度的速度匀速运动,过点Q向上作射线QK⊥BC,交折线段CD-DA-AB于点E.点P、Q同时开始运动,当点P与点C重合时停止运动,点Q也随之停止设点P运动的时间是t秒(t>0).
(1)当点P到达终点C时,求t的值.并指出此时BQ的长;
(2)当点P运动到AD上时,t何值能使四边形PQCD为平行四边形;
(3)设射线QK扫过梯形ABCD的面积为S,分别求出点E运动到CD、DA上时,S与t的函数关系式,(不必写出t的取值范围)
简析:本题为梯形背景下的动态几何问题.其中既涉及到双动点问题也涉及到直线运动问题,题目条件较多,对学生的分析问题能力要求较高,尤其是第 (3)小题,解题时容易受到动点P的影响,解决这小题要用到勾股定理、相似三角形及梯形相关知识,解题的关键在于充分利用Rt△DFC这一隐含的已知条件,分类画出相应图形解决.
三、形动型
形动类动态几何问题指在平面内两个几何图形之间的问题,一般情况下,其中一个位置固定,另一个图形相对于位置固定的图形作图形变换(含平移、旋转、轴对称等),通过图形变换,探求各种不同位置下的函数关系问题,此类问题一般以压轴题为主,探讨在连续变换的条件下隐含着的不变性质,此类问题的特点在于常常利用相似三角形的性质、勾股定理、图形的面积关系、特殊几何图形的几何性质,以方程为纽带获得函数关系式,从而达到解题目的.
例5如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=6cm,正方形DEFG的边长为2cm,其一边EF在直线BC上,开始时点F与点C重合,让正方形DEFG沿直线CB向右以每秒1cm的速度作匀速运动,最后点E与点B重合.
(1)请直接写出该正方形运动6秒时与△ABC重叠部分面积的大小;
(2)设运动时间为x(秒),运动过程中正方形DEFG与△ABC重叠部分的面积为y(cm2).
1在该正方形运动6秒后至运动停止前这段时间内,求y与x之间的函数关系式.
2在该正方形整个运动过程中,
求当x为何值时,y=0.5.
简析:本题属形动中平移问题,常见的题型是通过图形的移动求两个图形重叠部分的面积与运动时间之间的函数关系式,也常与最值问题、特殊时刻的面积或时间的值相关;解题的关键在于确定图形移动过程的临界位置,并把所给自变量进行合理分类,确定自变量取值范围.此类问题一般要结合方程、相似、勾股定理等相关知识并进行综合应用.
例6把两块全等的含45°角的直角三角板ABC和DEF叠放在一起,使三角板DEF的锐角顶点D与三角板ABC的斜边中点O重合,其中∠ABC=∠DEF=90°,AB=DE.把三角板ABC固定不动,让三角板DEF绕点O旋转,设直线DE与射线AB相交于点P,射线DF与线段BC相交于点Q.
(1)如图1,当射线DF经过点B时,易证△APD∽△CDQ.此时,AP·CQ= .
(2)将三角板DEF由图1位置绕O点沿逆时针方向旋转α角 (0°<а<90°),问AP·CQ的值是否改变?并说明理由.
(3)在(2)的条件下,设CQ=x,两块三角板重叠部分的面积为y,求y与x的函数关系式.(图23供解题用)
简析:本题属形动中的旋转类问题,这种用两个全等图形构造的问题,用全等或相似的知识证明图中的存在的不变的量是其题目的特点. 如本题的三个图形中,均有△APD∽△CDQ,从而AP·CQ的值为定值.题目的设计一般由简到难,呈“步步高”的趋势,解题的关键在于抓住题中的定量,以不动制动,通过观察、探索、比较等方法解决.本题第(3)小题难度较大,既要用到前面的结论,又要用到相似的知识,解题的关键在于利用点D到两直角边距离为隐含条件,通过相似的方法处理,从而解决线段MQ与x的关系.
通过以上分析,可以清楚的发现,动态几何问题的设置往往带有操作性、探索性和开放性,问题的解决需要通过操作、实验、观察、猜测、探索、验证等一系列的数学活动,渗透数形结合、转化化归、函数方程、分类讨论等数学思想,内容丰富、解法灵活,具有开放性,建议在教学中,加强对此类问题的分析,必将对培养学生的动手能力、空间观念和几何变换思想有较大的帮助.
与圆相关的动态几何问题 篇2
随着课改的不断深入，数学中考题型也在不断创新，动态几何问题逐年增多，其中与圆相关的动态几何问题占比较大，这类动态几何通常包含点动、线动、形动等三类问题。
一、点动型
点动型就是指在题设图形中存在一个或多个动点，它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题型。解题时要根据这些点在运动变化的过程中产生的等量关系、变量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行研究。
例1如图，点A、B、C、D为⊙O的四等分点，动点P从圆心O出发，沿OC→弧CD→DO的路线做匀速运动，设运动的时间为t秒，∠APB的度数为y度，则下列图象中表示y（度）与t（秒）之间函数关系最恰当的是（ ）
分析：本题考查了函数图象，三角形外角性质，圆周角定理。当动点P在OC上时，根据三角形的外角大于与它不相邻内角的性质，得∠APB逐渐减小；当动点P在DO上时，同理可得∠APB逐渐增大，当动P在CD上时，根据同弧所以圆周角相等性质，得∠APB不变；故选C。
解决这类点动问题的常常用的是“分段发现法”，也就是通过对运动过程中“拐点”进行探究，从动态的角度去分析可能出现的变与不变的情况，以静制动。
二、线动型
线动型就是指在题设图形中，设计一条或两条线通过平移或旋转的运动方式，使其与已知几何图形产生交点，并对这些点在运动变化的过程中产生的等量关系、变量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行研究。
例2如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB=30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点.若⊙O的半径为7，则GE+FH的最大值为____。
分析：本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理，确定GH的位置是解题的关键。由点E、F分别是AC、BC的中点，根据三角形中位线定理得出EF=■AB=3.5为定值，则GE+FH=GH-EF=GH-3.5，所以当GH取最大值时，GE+FH有最大值.而直径是圆中最长的弦，故当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值14-3.5=10.5。
解决这类线动问题的关键是要把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系及运动变化中图形的特殊位置，进而探索出一般的结论或者从中获得解题启示，这种由特殊到一般的思想对我们解决运动变化问题是极为重要。
三、形动型
形动型是对给定的图形（或其一部分）实行某种位置变化，然后在新的图形中分析有关图形之间的关系。这类问题常与探究性、存在性等结合在一起，考察学生动手、观察、探索与实践能力。圆主要有移动、滚动、转动及翻动等四种常用基本运动。
1.移动
例3如图，点A（1，0）、B（7，0），⊙A、⊙B的半径分别为1和2，当⊙A与⊙B相切时，应将⊙A沿轴向右平移____个单位。
分析：本题考查了圆与圆的位置关系，根据相切的两种情况分类讨论即可，答案为：3或5或7或9。
2.滚动
例4如图，等边△ABC的周长为6π，半径是1的⊙O从与AB相切于点D的位置出发，在△ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，则⊙O自转了____周。
分析：本题考查了该等边三角形的性质，直线与圆的位置关系。当⊙O在三边运动时自转周数：6π÷2π=3，当⊙O绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数为360°即一周，所以⊙O自转了4周。
3.转动
例5如图，⊙O1和⊙O2的半径分别是1和2，连接O1O2，交⊙O2于点P，O1O2=5，若将⊙O1绕点P按顺时针方向旋转360°，则⊙O1与⊙O2共相切____次。
分析：此题考查了两圆相切的位置关系：外切，则d=R+r；内切，则d=R-r（d表示圆心距）。如图，⊙O1与⊙O2共相切3次。
4.翻动
例6如图，将⊙O沿弦AB折叠，使AB经过圆心O，则∠OAB=____。
分析：本题考查的是垂径定理及图形的翻折变换的性质。
过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，
∵将⊙O沿弦AB折叠，使弧AB经过圆心O，
∴OD=■OC，∴OD=■OA，∵OC⊥AB，∴∠OAB=30°。
当然，与圆相关的动态几何问题还会以不同的形式呈现：如物体在传送带（或定滑轮）上运动，此时物体移动（上升）的距离等于转轮上质点运动的弧线的长度；再比如圆在运动过程中直径会随着时间和位置的变化而变化的一类问题也常在中考题中出现，在这就不一一列举。无论动态几何问题以什么方式呈现，线动、形动实质还是点动，即点动带动线动，进而还会产生形动，因而线动型，形动型问题常通过转化成点动型问题求解。
解答与圆相关的动态几何问题的关键是抓住运动变化中的不变性（动中取静），抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题（静中求动），要善于借助图形分析，结合常用的数学方法，掌控动态变化的“拐点”，挖掘运动过程中的某些变量之间存在一些清晰或者隐含的关系，构建数学模型，从而把问题解决。
（作者单位：江苏省张家港市南丰中学）
以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，这类问题常常集几何、代数知识于一体，解决这类问题的关键要掌握图形在运动中伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性，灵活运用有关数学知识解决问题。
随着课改的不断深入，数学中考题型也在不断创新，动态几何问题逐年增多，其中与圆相关的动态几何问题占比较大，这类动态几何通常包含点动、线动、形动等三类问题。
一、点动型
点动型就是指在题设图形中存在一个或多个动点，它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题型。解题时要根据这些点在运动变化的过程中产生的等量关系、变量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行研究。
例1如图，点A、B、C、D为⊙O的四等分点，动点P从圆心O出发，沿OC→弧CD→DO的路线做匀速运动，设运动的时间为t秒，∠APB的度数为y度，则下列图象中表示y（度）与t（秒）之间函数关系最恰当的是（ ）
分析：本题考查了函数图象，三角形外角性质，圆周角定理。当动点P在OC上时，根据三角形的外角大于与它不相邻内角的性质，得∠APB逐渐减小；当动点P在DO上时，同理可得∠APB逐渐增大，当动P在CD上时，根据同弧所以圆周角相等性质，得∠APB不变；故选C。
解决这类点动问题的常常用的是“分段发现法”，也就是通过对运动过程中“拐点”进行探究，从动态的角度去分析可能出现的变与不变的情况，以静制动。
二、线动型
线动型就是指在题设图形中，设计一条或两条线通过平移或旋转的运动方式，使其与已知几何图形产生交点，并对这些点在运动变化的过程中产生的等量关系、变量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行研究。
例2如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB=30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点.若⊙O的半径为7，则GE+FH的最大值为____。
分析：本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理，确定GH的位置是解题的关键。由点E、F分别是AC、BC的中点，根据三角形中位线定理得出EF=■AB=3.5为定值，则GE+FH=GH-EF=GH-3.5，所以当GH取最大值时，GE+FH有最大值.而直径是圆中最长的弦，故当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值14-3.5=10.5。
解决这类线动问题的关键是要把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系及运动变化中图形的特殊位置，进而探索出一般的结论或者从中获得解题启示，这种由特殊到一般的思想对我们解决运动变化问题是极为重要。
三、形动型
形动型是对给定的图形（或其一部分）实行某种位置变化，然后在新的图形中分析有关图形之间的关系。这类问题常与探究性、存在性等结合在一起，考察学生动手、观察、探索与实践能力。圆主要有移动、滚动、转动及翻动等四种常用基本运动。
1.移动
例3如图，点A（1，0）、B（7，0），⊙A、⊙B的半径分别为1和2，当⊙A与⊙B相切时，应将⊙A沿轴向右平移____个单位。
分析：本题考查了圆与圆的位置关系，根据相切的两种情况分类讨论即可，答案为：3或5或7或9。
2.滚动
例4如图，等边△ABC的周长为6π，半径是1的⊙O从与AB相切于点D的位置出发，在△ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，则⊙O自转了____周。
分析：本题考查了该等边三角形的性质，直线与圆的位置关系。当⊙O在三边运动时自转周数：6π÷2π=3，当⊙O绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数为360°即一周，所以⊙O自转了4周。
3.转动
例5如图，⊙O1和⊙O2的半径分别是1和2，连接O1O2，交⊙O2于点P，O1O2=5，若将⊙O1绕点P按顺时针方向旋转360°，则⊙O1与⊙O2共相切____次。
分析：此题考查了两圆相切的位置关系：外切，则d=R+r；内切，则d=R-r（d表示圆心距）。如图，⊙O1与⊙O2共相切3次。
4.翻动
例6如图，将⊙O沿弦AB折叠，使AB经过圆心O，则∠OAB=____。
分析：本题考查的是垂径定理及图形的翻折变换的性质。
过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，
∵将⊙O沿弦AB折叠，使弧AB经过圆心O，
∴OD=■OC，∴OD=■OA，∵OC⊥AB，∴∠OAB=30°。
当然，与圆相关的动态几何问题还会以不同的形式呈现：如物体在传送带（或定滑轮）上运动，此时物体移动（上升）的距离等于转轮上质点运动的弧线的长度；再比如圆在运动过程中直径会随着时间和位置的变化而变化的一类问题也常在中考题中出现，在这就不一一列举。无论动态几何问题以什么方式呈现，线动、形动实质还是点动，即点动带动线动，进而还会产生形动，因而线动型，形动型问题常通过转化成点动型问题求解。
解答与圆相关的动态几何问题的关键是抓住运动变化中的不变性（动中取静），抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题（静中求动），要善于借助图形分析，结合常用的数学方法，掌控动态变化的“拐点”，挖掘运动过程中的某些变量之间存在一些清晰或者隐含的关系，构建数学模型，从而把问题解决。
（作者单位：江苏省张家港市南丰中学）
以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，这类问题常常集几何、代数知识于一体，解决这类问题的关键要掌握图形在运动中伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性，灵活运用有关数学知识解决问题。
随着课改的不断深入，数学中考题型也在不断创新，动态几何问题逐年增多，其中与圆相关的动态几何问题占比较大，这类动态几何通常包含点动、线动、形动等三类问题。
一、点动型
点动型就是指在题设图形中存在一个或多个动点，它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题型。解题时要根据这些点在运动变化的过程中产生的等量关系、变量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行研究。
例1如图，点A、B、C、D为⊙O的四等分点，动点P从圆心O出发，沿OC→弧CD→DO的路线做匀速运动，设运动的时间为t秒，∠APB的度数为y度，则下列图象中表示y（度）与t（秒）之间函数关系最恰当的是（ ）
分析：本题考查了函数图象，三角形外角性质，圆周角定理。当动点P在OC上时，根据三角形的外角大于与它不相邻内角的性质，得∠APB逐渐减小；当动点P在DO上时，同理可得∠APB逐渐增大，当动P在CD上时，根据同弧所以圆周角相等性质，得∠APB不变；故选C。
解决这类点动问题的常常用的是“分段发现法”，也就是通过对运动过程中“拐点”进行探究，从动态的角度去分析可能出现的变与不变的情况，以静制动。
二、线动型
线动型就是指在题设图形中，设计一条或两条线通过平移或旋转的运动方式，使其与已知几何图形产生交点，并对这些点在运动变化的过程中产生的等量关系、变量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行研究。
例2如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB=30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点.若⊙O的半径为7，则GE+FH的最大值为____。
分析：本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理，确定GH的位置是解题的关键。由点E、F分别是AC、BC的中点，根据三角形中位线定理得出EF=■AB=3.5为定值，则GE+FH=GH-EF=GH-3.5，所以当GH取最大值时，GE+FH有最大值.而直径是圆中最长的弦，故当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值14-3.5=10.5。
解决这类线动问题的关键是要把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系及运动变化中图形的特殊位置，进而探索出一般的结论或者从中获得解题启示，这种由特殊到一般的思想对我们解决运动变化问题是极为重要。
三、形动型
形动型是对给定的图形（或其一部分）实行某种位置变化，然后在新的图形中分析有关图形之间的关系。这类问题常与探究性、存在性等结合在一起，考察学生动手、观察、探索与实践能力。圆主要有移动、滚动、转动及翻动等四种常用基本运动。
1.移动
例3如图，点A（1，0）、B（7，0），⊙A、⊙B的半径分别为1和2，当⊙A与⊙B相切时，应将⊙A沿轴向右平移____个单位。
分析：本题考查了圆与圆的位置关系，根据相切的两种情况分类讨论即可，答案为：3或5或7或9。
2.滚动
例4如图，等边△ABC的周长为6π，半径是1的⊙O从与AB相切于点D的位置出发，在△ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，则⊙O自转了____周。
分析：本题考查了该等边三角形的性质，直线与圆的位置关系。当⊙O在三边运动时自转周数：6π÷2π=3，当⊙O绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数为360°即一周，所以⊙O自转了4周。
3.转动
例5如图，⊙O1和⊙O2的半径分别是1和2，连接O1O2，交⊙O2于点P，O1O2=5，若将⊙O1绕点P按顺时针方向旋转360°，则⊙O1与⊙O2共相切____次。
分析：此题考查了两圆相切的位置关系：外切，则d=R+r；内切，则d=R-r（d表示圆心距）。如图，⊙O1与⊙O2共相切3次。
4.翻动
例6如图，将⊙O沿弦AB折叠，使AB经过圆心O，则∠OAB=____。
分析：本题考查的是垂径定理及图形的翻折变换的性质。
过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，
∵将⊙O沿弦AB折叠，使弧AB经过圆心O，
∴OD=■OC，∴OD=■OA，∵OC⊥AB，∴∠OAB=30°。
当然，与圆相关的动态几何问题还会以不同的形式呈现：如物体在传送带（或定滑轮）上运动，此时物体移动（上升）的距离等于转轮上质点运动的弧线的长度；再比如圆在运动过程中直径会随着时间和位置的变化而变化的一类问题也常在中考题中出现，在这就不一一列举。无论动态几何问题以什么方式呈现，线动、形动实质还是点动，即点动带动线动，进而还会产生形动，因而线动型，形动型问题常通过转化成点动型问题求解。
解答与圆相关的动态几何问题的关键是抓住运动变化中的不变性（动中取静），抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题（静中求动），要善于借助图形分析，结合常用的数学方法，掌控动态变化的“拐点”，挖掘运动过程中的某些变量之间存在一些清晰或者隐含的关系，构建数学模型，从而把问题解决。
动态几何题 篇3
中学数学新课标将原初中平面几何中的部分内容, 移到高中作为选讲内容.其中有些是现行初中课标教材删减的内容, 如:直角三角形中的射影定理, 圆的弦切角、相交弦、切割线定理.查阅2009年实施课标高考的各省平面几何选作题, 发现初中生也都能做.
例1 (2009年广东文) 如图1, 点A、B、C是圆O上的点, 且AB=4, ∠ACB=30°, 则圆O的面积等于__.
解法1: (利用圆周角与圆心角的关系) 连结OA、OB, 因为∠ACB=30°, 所以∠AOB=60°, △AOB为等边三角形.因此圆O半径 r=OB=AB=4, 从而圆O的面积S=πr2=16π.
解法2: (用三角形中的正弦定理) 设△ABC外接圆圆O半径为 r, 则由正弦定理有
得 r=4.故圆O面积S=πr2=16π.
例2 (2009年广东理) 如图2, 点A、B、C是圆O上的点, 且AB=4, ∠ACB=45°, 则圆O的面积等于__.
简析:可参考例1的两种解法, 求得圆O的半径
点评:以上两例, 在初中平面几何中也属于基本题.可见高考题中的题目也有简单题, 甚至连初中生也很容易做出.
例3 (2009年江苏卷) 如图3, 在四边形ABCD中, △ABC≌△BAD.求证:AB//CD.
证明1:由△ABC≌△BAD, 得∠ACB=∠BDA, 则A、B、C、D四点共圆, 因而∠CAB=∠CDB.
再由△ABC≌△BAD, 又得∠CAB=∠DBA.
所以∠CDB=∠DBA, 从而AB//CD.
证明2:同上证得A、B、C、D四点共圆, 得∠ADC+∠ABC=180°.
又由全等三角形得∠DAB=∠ABC,
则∠ADC+∠DAB=180°, 所以AB//CD.
点评:证明1和证明2的关键是利用了四点共圆, 则同弧所对的圆周角相等.再由内错角或同旁内角的方法证得两线平行.实际上, 本例还有多种证法, 如分别由两个全等三角形的顶点C、D作底边AB上的高, 由高相等, 立得结论;又如过对角线的交点作AB的垂线, 可证四边形关于这条垂线成轴对称.
例4 (2009年宁夏海南) 如图4, 已知△ABC的两条角平分线AD和CE相交于H, ∠B=60°, F在AC上, 且AE=AF. (1) 证明:B、D、H、E四点共圆; (2) 证明:CE平分∠DEF.
证明: (1) 在△ABC中, 由∠B=60°, 知
∠BAC+∠ACB=120°.
又AD、CE是角平分线, 所以∠HAC+∠ACH=60°, 则∠AHC=120°.
于是∠EHD=∠AHC=120°.
因为∠EHD+∠B=180°, 所以B、D、H、E四点共圆.
(2) 由B、D、H、E四点共圆, 得∠AHE=∠B=60°.
再连结BH, 知BH平分∠B, 则
∠HED=∠HBD=30°.
又由AE=AF, AH平分∠EAF, 得AH⊥EF, 则∠HEF=30°.
可见∠HED=∠HEF=30°, 所以CE平分∠DEF.
点评:对于 (1) 小题, 也可利用三角形的外角关系来证∠BDH+∠BEH=180°.另外, (1) 小题的结论为 (2) 小题的证明提供了重要条件, 这是系列问中常见的情形.应注意在解证后一小题时, 不要忽视前一小题的结论.
例5 (2009年辽宁省) 如图5, 已知△ABC中, AB=AC, D是△ABC外接圆劣弧
解: (1) 由条件知ABCD是圆内接四边形, 则∠CDF=∠ABC, ∠EDF=∠ADB=∠ACB.
又AB=AC, 知∠ABC=∠ACB, 故∠CDF=∠EDF, 从而AD的延长线DF平分∠CDE.
(2) 如图6, 设△ABC外接圆的圆心为O, 连结AO并延长交BC于H.由AB=AC, 知AH⊥BC.连结OC, 则∠OCA=∠OAC=15°.又∠ACB=75°, 则∠OCH=60°.设圆半径为 r, 则
评析:上述各例都与圆有关.这是因为圆可与全等三角形, 相似三角形, 四边形等知识交汇, 构建成综合性较强的试题, 从而能较全面地考查学生分析探究、综合归纳、逻辑推理能力.下面一组高考题供研习.
1. (2008年广东) 已知PA是圆O的切线, 切点为A, PA=2, AC是圆O的直径, PC与圆O交于点B, PB=1, 则圆O的半径R=__.
2. (2008年宁夏、海南) 如图7, 过圆O外一点M作它的一条切线, 切点为A, 过点A作直线AP垂直直线OM, 垂足为P. (1) 证明:OM·OP=OA2; (2) N为线段AP上一点, 直线NB垂直直线ON, 且交圆O于点B.过点B的切线交直线ON于K.证明:∠OKM=90°.
3. (2008年江苏) 如图8, 设△ABC的外接圆的切线AE与BC的延长线交于点E, ∠BAC的平分线与BC交于点D.求证:ED2=EC·EB.
4. (2007年广东) 如图9, 圆O的直径AB=6, C为圆周上一点, BC=3.过C作圆的切线 l, 过A作 l 的垂线AD, AD分别与直线 l、圆交于点D、E, 则∠DAC=__, 线段AE的长为__.
5. (2007年宁夏、海南) 如图10, 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内部, 点M是BC的中点. (1) 证明A, P, O, M四点共圆; (2) 求∠OAM+∠APM的大小.
练习题提示与答案:
1.连AB, 用特殊直角三角形;也可用切割线定理.答:
2.用直角三角形中射影定理.
3.用切割线定理.
4.用Rt△AEB≌Rt△BAC, 30°, 3.
5. (1) 连OP、OM, 用对角互补; (2) 90°.
动态几何题 篇4
1. （必修2P95习题2.1（3）21）已知点M（-1，3），N（6，2），在x轴上取一点P，使得PM+PN最小，求点P的坐标.
1-1. （改编）已知点M（-1，3），N（6，2），在x轴上取一点P，使得PM2+PN2最小，求点P的坐标.
1-2. （改编）已知点N（6，2），Q是圆M：（x+1）2+（x-3）2=1上任意一点，在x轴上取一点P，使得PQ+PN最小，求点P的坐标.
1-3. （改编）已知圆M：（x+1）2+（x-3）2=1，圆N：（x-6）2+（x-2）2=1，S，T分别是两圆上动点，在x轴上取一点P，使得PS+PT最小，求点P的坐标.
1-4. （改编）已知点M（1，3），N（6，2），在y，x轴上分别取点P，Q，使得PM+PQ+QN最小，求点P，Q的坐标.
2. （必修2P92例1）求点P（-1，2）到直线2x+y-10=0的距离.
2-1. （改编）已知点A（-1，2），P是直线2x+y-10=0上任意一点，求AP的最小值.
2-2. （改编）已知圆M：（x+1）2+（y-2）2=4，P为圆M上任意一点，求点P到直线2x+y-10=0距离的最大值与最小值.
3. （必修2P100习题2.2（1）10）已知点M（x，y）与两个定点O（0，0），A（3，0）的距离之比为，那么点M的坐标应满足什么关系？画出满足条件的点M所形成的曲线.
3-1. （改编）已知两个定点O（0，0），A（3，0）和定直线l∶y=x+2，那么直线l上是否存在点M，使=？若存在，有几个满足条件的点？
3-2. （改编）已知定点O（0，0），圆C∶（x+1）2+y2=4，M是圆C上任意一点，问x轴上是否存在定点P，使=恒成立？若存在，求出点P的坐标.
4. （必修2P103例3）求直线x-y+2=0被圆x2+y2=4截得的弦长.
4-1. （改编）已知直线l∶ax+y+-a
=0及圆C∶x2+y2=4，判断直线l与圆C的位置关系，并求出相交时弦长的最小值.
4-2. （改编）已知直线ax-by+2=0与圆x2+y2=4相交，则实数a，b满足的关系式为.
4-3. （改编）已知a2+b2＜3（a，b∈R），判断直线ax+by+2=0与圆x2+y2=4的位置关系为.（填“相交”、“相离”或“相切”）
4-4. （改编）已知两条直线l1∶a1x-b1y+2=0，l2∶a2x-b2y+2=0都过点A（1，），求过点P1（a1，b1），P2（a2，b2）的直线被圆x2+y2=4截得的弦长.
第Ⅱ部分（人教版教材）
□ 彭世金
1. （A版必修2P90习题3.1B第6题）经过点P（0，-1）作直线l，若直线l与连接A（1，-2），B（2，1）的线段总有公共点，找出直线l的倾斜角α与斜率k的取值范围，并说明理由.
1-1. （改编）已知实数x，y满足2x+y=8，当2≤x≤3时，求的最大值和最小值.
1-2. （改编）已知直线y=kx+2与线段PQ的延长线或线段QP的延长线相交，其中P（-3，-4），Q（3，1），求直线斜率k的取值范围.
2. （A版必修2P110习题3.3A第9题）求点P（-5，7）到直线12x+5y-3=0的距离.
2-1. （改编）已知3x+4y-12=0，求的最小值.
2-2. （改编）已知一直线经过点（1，2），并且与点（2，3）和（0，-5）的距离相等，求此直线的方程.
3. （A版必修2P110习题3.3A第10题）求两条平行直线3x-2y-1=0与3x-2y+1=0的距离.
3-1. （改编）已知P，Q分别为直线3x+4y-12=0与3x+4y+3=0上的任意一点，则PQ的最小值为.
3-2. （改编）已知直线l1∶mx+8y+n=0与直线l2∶2x+my-1=0互相平行，且l1，l2之间的距离为，求直线l1的方程.
4. （B版必修2P92习题2-2B第12题）已知直线l∶x+y-3=0，求点A（-1，1）关于直线l的对称点A′的坐标.
4-1. （改编）已知△ABC中，顶点A（2，1），B（-1，-1），∠C的平分线l所在直线方程是x+2y-1=0，求顶点C的坐标.
4-2. （改编）已知点A（1，3），B（5，2），在直线y=x上求一点P，使|PA-PB|最大，并求最大值.
5. （A版必修2P101习题3.2A第11题）一条光线从点P（6，4）射出，与x轴相交于点Q（2，0），经x轴反射，求入射光线和反射光线所在直线方程.
5-1. （改编）一条光线从点A（-3，4）射出，到达x轴上的B点后被x轴反射，到y轴上的C点后又被y轴反射，这时反射光线恰好过点D（-1，6），求光线BC所在直线方程.
6. （A版必修2P107例题6）已知点A（1，3），B（3，1），C（-1，0），求△ABC的面积.
6-1. （改编）已知△ABC中，点A（1，1），B（4，2），C（m，）（1＜m＜4），当△ABC的面积S最大时，求m的值.
7. （A版必修2P124习题4.1A第3题）圆C的圆心在直线l∶x-2y-1=0上，并且经过原点和点A（2，1），求圆C的标准方程.
7-1. （改编）已知圆C的圆心在直线l∶2x+y+1=0上，且经过原点和点P（1，1），若点Q（x，y）在圆C上，求2x+y的最大值.
8. （A版必修2P132习题4.2A第5题）求直线l：3x-y-6=0被圆C∶x2+y2-2x-4y=0截得的弦AB的长.
8-1. （改编）设直线x-ay+3=0与圆（x-1）2+（y-2）2
=0相交于A，B两点，且弦AB的长为4，求a的值.
9. （B版必修2P103练习B第1题）两圆x2+y2=1和（x+4）2+（y-a）2=25相切，试确定常数a的值.
9-1. （ 改编）已知⊙C1∶x2+y2-2mx+4y+m2-5=0，⊙C2∶x2+y2+2x-2my+m2-3=0，则m为何值时，两圆相切？
10. （B版必修2P103练习B第2题）求圆心坐标为（3，4）并与圆x2+y2=1相外切的圆的方程.
10-1. （改编）求圆心坐标为（2，1）且与圆x2+y2-3x=0的公共弦所在直线过点（5，-2）的圆的方程.
第Ⅰ部分
1. 点M关于x轴的对称点M′（-1，-3），直线M′N的方程5x-7y-16=0，M′N交x轴于点P，0即为所求.
1-1. 设点P（x，0），PM2+PN2=2x-2+，所以P，0即为所求.
说明 把原题中的PM+PN改为PM2+PN2后，破坏了距离的几何意义，但可以转化为二次函数问题，通过严密的计算得到结果，体现了“解析”两字的意义.
1-2. 如图1，因为Q是圆M上任意一点，所以PQ+PN≥PM+PN-1，由原题得点P，0即为所求.
说明 把原题中的一个定点改为圆上的动点后，问题看似复杂了，其实由圆的对称性把P看成相对定点后，PQ的最小为PM-1，从而转化为PM+PN的最小.
1-3. 如图2，因为S，T分别是两圆上动点，所以PS+PT≥PM+PN-2，同上得点P，0即为所求.
说明 此题进一步把两定点都改为两圆上的动点，从而P，S，T都不确定了，但同理可以由圆的对称性转化为PM+PN的最小问题.
1-4. 如图3，点M关于y轴的对称点M′（-1，3），点N关于x轴的对称点N′（6，
-2），直线M′N′的方程5x+7y-16=0，M′N′交y，x轴分别于点P0，，Q，0.
说明 虽然增加了y轴上的一个动点，但是问题的本质仍然是应用两点之间距离线段最短这一几何性质.
2. 2. 2-1. 2. 2-2. 最大值为2+2，最小值为2-2.
3. 由题意得=，化简得（x+1）2+y2=4，点M在以（-1，0）为圆心，2为半径的圆上，如图4.
3-1. 由题意满足=的动点M在圆（x+1）2+y2=4上，而直线l∶y=x+2与该圆相交，所以满足条件的点有2个.
说明 改编的目的是考查直线与圆的位置关系.
3-2. 假设存在，设P（a，0），M（x0，y0），则
= 3（x2 0+y2 0）=-2ax0+a2，因为（x0+1）2+y2 0=4，所以-6x0+9=-2ax0+a2对x0∈［-3，1］恒成立，所以a=3，即P（3，0）.
说明 把问题的题设与结论换一下就可以成为一个逆向问题，这是培养探究能力和钻研精神的一个好途径.
4-1. 因为直线l恒过定点A，-，且点A在圆C的内部，所以直线l与圆C恒相交，且当直线l与圆C过点A的直径垂直时，弦长有最小值为2.
说明 在直线l方程上添加参数a，直线l就不确定了，但所有的直线l都过定点A，-，所以确定点A与圆的关系即可得到结果.
4-2. 由＜2，化简得a2+b2＞3.
4-3. 因为＞2，所以相离.
说明 增加参数使问题的不确定因素变多，但问题的本质没有改变.
4-4. 由a1x-b1y+2=0，a2x-b2y+2=0，可得直线P1P2：x-y+2=0，所以弦长为2.
第Ⅱ部分
1-1. 设k=，则k表示线段2x+y=8（2≤x≤3）上的点P（x，y）与原点（0，0）连线的斜率，线段的两个端点为A（2，4），B（3，2），由kOA=2，kOB=并结合图形，知的最大值为2，最小值为.
1-2. 直线y=kx+2恒过定点M（0，2），结合图形可知kMQ＜k＜kPQ或kPQ＜k＜kMP，注意到kMQ=-，kMP=2，kPQ=，所以k的取值范围为-，∪，2.
2-1. 2.
2-2. 若所求直线斜率存在，可设直线方程为y-2=k（x-1），即kx-y-k+2=0.由题设得=，解得k=4.此时直线方程为4x-y-2=0.
若所求直线斜率不存在，则方程为x=1，满足题设条件.
3-1. 3.
3-2. 由l1∥l2可得m=4，n≠-2或m=-4，n≠2.
当m=4，n≠-2时，直线l1和l2距离为=，解得n=-22或n=18.故l1的方程为2x+4y-11=0或2x+4y-9=0.
当m=-4，n≠-2时，直线l1和l2距离为=，解得n=-18或n=22.故l1的方程为2x-4y+9=0或2x-4y-11=0.
4-1. 由对称性可求得点A关于直线l的对称点A′，-，于是BA′的方程为2x+9y+11=0.因为l平分∠ACB，所以点A′必在直线BC上，将BA′的方程与直线l的方程联立，可求得顶点的坐标为C，-.
4-2. 由对称性可求得点A关于直线y=x的对称点A′（3，1），于是直线A′B方程为x-2y-1=0，与方程y=x联立，可求得点P（-1，-1），于是|A′B|=为所求最大值.
5-1. 由入射光线与反射光线的对称性，可知点A关于x轴的对称点A′（-3，-4）在BC的反向延长线上，点D关于y轴的对称点D′（1，6）在BC的延长线上，于是kBC=kA′D′=，光线BC所在直线方程为y-6=（x-1），即5x-2y+7=0.
6-1. 由A（1，1），B（4，2），得|AB|=，直线AB的方程为x-3y+2=0，则C（m，）到直线AB的距离即为AB边上的高h，h=，则S=|AB|•h=|m-3+2|.
令=t，则1＜t＜2，且S=|t2-3t+2|=•t-2-.由图像可知当t=时，S有最大值，此时=，所以m=.
7-1. 易知线段OP的中垂线方程为x+y=1，与方程2x+y+1=0联立，可得圆心C的坐标（-2，3），所以半径r=|OC|=，圆C的方程为（x+2）2+（y-3）2=13.令2x+y=t，则直线2x+y=t与圆C有公共点，于是≤，解得-1-≤t≤-1+，故所求最大值为
-1+.
8-1. 圆的圆心为（1，2），半径r=2，又弦长为4，于是弦心距为=2，于是圆心（1，2）到直线x-ay+3=0的距离=2，解得a=.
9-1. 两圆的方程可分别化为（x-m）2+（y+2）2=9，（x+1）2+（y-m）2=4，于是C1（m，-2），r1=3，C2（-1，m），r2=2，圆心距|C1C2|=.由两圆相切，有=3±2，解得m=-5或m=2或m=-1或m=-2.
10-1. 设所求圆的方程为（x-2）2+（y-1）2=r2，即x2+y2-4x-2y+5-r2=0，将其与已知圆的方程x2+y2-3x=0相减，得公共弦所在直线方程为x+2y-5+r2=0，又此直线过点（5，-2），代入即得r2=4.故所求圆的方程为（x-2）2+（y-1）2=4.
几何问题新题赏析 篇5
【例1】（原创题）过直线l：y=2x上一点P作圆M：（x-3）2+（y-2）2=45的两条切线l1，l2，A，B为切点，当直线l1，l2关于直线l对称时，求∠APB.
分析由于过直线l上的点P作圆M的两条切线l1，l2，可知切线长PA，PB相等，又当直线l1，l2关于直线l对称，因此只要过圆心M作直线l的垂线，垂足即为P在直线l上的位置，利用勾股定理计算即可。
解过圆心M作直线l的垂线，垂足为P，则切线l1，l2关于直线l对称.此时M到直线l：2x-y=0的距离MP=|2×3-2|5=45，又圆M的半径r=25，在直角△MPA中，∴∠MPA=30°，∴∠APB=60°.
点拨在直线与圆的位置关系研究中，如果涉及切线问题，通常可以利用平面几何中的对称知识进行求解。
【例2】（2012·苏大考前预测题（原创））已知椭圆C1：x22+y2=1 和圆C2：x2+y2=1，左顶点和下顶点分别为A，B，F是椭圆C1的右焦点.
（1）点P是曲线C1上位于第二象限的一点，若△APF的面积为12+24，求证：AP⊥OP；
（2）点M和N分别是椭圆C1和圆C2上位于y轴右侧的动点，且直线BN的斜率是直线BM斜率的2倍，证明直线MN恒过定点.
分析第（1）问，关键是求P点的坐标，证明AP⊥OP可以用斜率或向量计算得到；第（2）问，设直线BM的斜率为k，则由题意可得到直线BN的斜率为2k，通过解方程组，用k表示点M和N的坐标，写出直线MN的方程以确定其恒过定点。
解（1）设曲线C1上的点P（x0，y0），且x0<0，y0>0，由题意A（-2，0），F（1，0），∵△APF的面积为12+24，∴S△APF=12·AF·y=12（1+2）y0=12+24，解得y0=22，x0=-22，即P-22，22
∴AP·OP=22，22·-22，22=0，
∴AP⊥OP.
（2）设直线BM的斜率为k，则直线BN的斜率为2k，又两直线都过点B（0，-1），
∴直线BM的方程为y=kx-1，直线BN的方程为y=2kx-1.
由y=kx-1
x2+2y2=2，得（1+2k2）x2-4kx=0，
解得xM=4k2k2+1，yM=k·4k2k2+1-1=2k2-12k2+1，即M4k2k2+1，2k2-12k2+1.
y=2kx-1，
x2+2y2=2，得（1+4k2）x2-4kx=0，
解得xN=4k4k2+1，yN=2k·4k4k2+1-1=4k2-14k2+1，即N4k4k2+1，4k2-14k2+1.
直线MN的斜率kMN=4k2-14k2+1-2k2-12k2+14k4k2+1-4k2k2+1=（4k2-1）（2k2+1）-（4k2+1）（2k2-1）4k（2k2+1）-4k（4k2+1）=-12k，
∴直线MN的方程为y-2k2-12k2+1=-12kx-4k2k2+1，
整理得，y=-12kx+1，∴直线MN恒过定点（0，1）.
点拨在求解第（2）问时，我们可以猜想直线MN可能恒过椭圆的上顶点。事实上，如果MN过椭圆的上顶点B1，由椭圆和性质得kMB·kMB1=-b2a2=-12，由圆的性质得kNB·kNB1=-1，而M，N，B1共线，则kMB1=kNB1=kMN，所以直线MN的斜率为-12k。由此可知，若椭圆的离心率为22，不改变题意，都可以证明直线MN恒过上顶点；若椭圆的离心率为32时，只要改变题目中的条件“直线BN的斜率是直线BM斜率的4倍”，仍然可以证明直线MN恒过上顶点；读者不妨一试。
【例3】 （2012·南京金陵中学考前预测卷）如图，已知BC是半径为1的半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，F为AC的中点.梯形ACDE中，DE∥AC，且AC=2DE，平面ACDE⊥平面ABC.
求证：（1）平面ABE⊥平面ACDE；
（2）平面OFD∥平面BAE.
分析在利用面面垂直的性质定理时，考虑到圆的性质，第（1）问要注意到隐含条件∠BAC=90°；第（2）问要注意隐含条件OF⊥AC。
解（1） 因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC=AC，AB平面ABC，又在半圆O中，AB⊥AC.所以AB⊥平面ACDE.因为AB平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACDE.
（2）设线段AC与OF交于点M，连接MD.因为F为AC的中点，所以OF⊥AC，M为AC的中点.因为AB⊥AC，OF⊥AC，所以OF∥AB.又OF平面BAE，AB平面ABE，
所以OF∥平面BAE.因为M为AC的中点，且DE∥AC，AC=2DE，所以DE∥AM，且DE=AM.
所以四边形AMDE为平行四边形，所以DM∥AE.又DM平面BAE，AE平面ABE，所以DM∥平面BAE.又OF∥平面BAE，MD∩OF=M，MD平面OFD，OF平面OFD，所以平面OFD∥平面BAE.
点拨处理立体几何中的线面或面面位置关系时，一方面要正确运用定理，另一方面要特别注意所给几何模型的特点，挖掘特殊几何体中所隐含的几何关系（如垂直和平行的条件）。
【例4】 （2012·天津卷）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2，AC=1.
nlc202309010834
（1）证明：PC⊥AD；
（2）求二面角APCD的正弦值；
（3）设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长.
分析对于底面是一个不规则图形，而条件中又有直线与平面垂直的条件，结合底面四边形的垂直关系，我们可以选取以AD，AC，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，运用空间向量的方法解决比较方便。
解（1）以为AD，AC，AP为x，y，z正半轴方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则D（2，0，0），C（0，1，0），B-12，12，0，P（0，0，2）
∴PC=（0，1，-2），AD=（2，0，0），∴PC·AD=0，∴PC⊥AD.
（2）PC=（0，1，-2），CD=（2，-1，0），设平面PCD的法向量n=（x，y，z），则n·PC=0，
n·CD=0，即y-2z=0
2x-y=0，取z=1，则x=1，y=2，∴n=（1，2，1）.又AD=（2，0，0）是平面PAC的法向量，
∴cos〈AD，n〉=AD·n|AD|·|n|=66，设二面角APCD=θ，
∴二面角APCD的正弦值sinθ=306.
（3）设AE=h∈[0，2]，则，AE=（0，0，2），BE=12，-12，h，CD=（2，-1，0），
∵cos〈BE，CD〉=BE·CD|BE|·|CD|，
∴310+20h2=32，解得h=1010，即AE=1010.
点拨试题从命题的角度来看，整体上题目与我们平时练习的试题相似，但底面是非特殊的四边形，一直线垂直于底面的四棱锥问题，那么创新的地方就是第三问中点E的位置是不确定的，需要学生根据已知条件进行确定，如此说来就有难度，因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好。
牛刀小试
1. （2012·江苏卷）在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y2-8x+15=0，若直线y=kx-2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则k的最大值是.
1. 过点M（12，1）的直线l与圆C：（x-1）2+y2=4交于A，B两点，当 ∠ACB最小时，直线l的方程为.
2. 如图，已知四边形ABCD为矩形，AB=2，BC=2，E是CD的中点，BE交AC于M，将△CBE沿BE折起，使平面C′BE⊥平面ABED.
（1）求证：BE⊥平面C′AM；
（2）若F是AC′的中点，求证：DF∥平面C′BE；
（3）求三棱锥EABC′的体积.
3. 如图，已知椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点为F1、F2，点P为椭圆上动点，弦PA，PB分别过点F1，F2.
（1）若F1（-3，0），当PF1⊥F1F2时，点O到PF2的距离为2417，求椭圆的方程；
（2）设PF1=λ1F1A，PF2=λ2F2B，求证：λ1+λ2为定值.
5. 如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD=1，D1D=2，点P在棱CC1上，且∠A1PB=π2.
（1）求PC的长；
（2）求钝二面角AA1B-P的大小.
（作者：吴锷江苏省苏州第十中学）