第33讲 导数中的探索性问题 理科

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1．主要类型：（1）对平行或垂直关系的探索．（2）对条件或结论不完备的开放性问题的探索．
2．解题思路：首先假设其存在，然后在这个假设下推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定
假设，若推出了矛盾就否定假设．
3．注意事项：（1）解决此类问题的关键是通过条件与所求把要探索的问题确定下来．（2）在转化过程中
要有理有据，不能凭空猜测．
【例】在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的动点，问Q 在什么位置时，平面D 1BQ ∥平面P AO ?
【规律总结】平行关系与垂直关系之间的相互转化：。

2020高考数学导数中的证明与探索性问题考点考题突破【知识框图】【自主热身，归纳总结】1、（2017⋅江苏）已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数'()f x 的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：33b a >；2、(2017镇江期末）已知函数f (x )＝ln x x ，g (x )＝λ(x 2－1)(λ为常数)．(1) 若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )在x ＝1处有相同的切线，求实数λ的值；(2) 若λ＝12，且x ≥1，证明：f (x )≤g (x )；3、(2017南京、盐城二模）已知函数f (x )＝e x －ax －1，其中e 为自然对数的底数，a ∈R .(1) 若a ＝e ，函数g (x )＝(2－e)x .①求函数h (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；②若函数F (x )＝⎩⎨⎧ f (x )，x ≤m ，g (x )，x ＞m)的值域为R ，求实数m 的取值范围． (2) 若存在实数x 1，x 2∈[0,2]，使得f (x 1)＝f (x 2)，且|x 1－x 2|≥1，求证：e －1≤a ≤e 2－e.4、(2017扬州期末）已知函数f(x)＝g(x)·h(x)，其中函数g(x)＝e x，h(x)＝x2＋ax＋a.(1) 求函数g(x)在(1，g(1))处的切线方程；(2) 当0＜a＜2时，求函数f(x)在x∈[－2a，a]上的最大值；(3) 当a＝0时，对于给定的正整数k，问函数F(x)＝e·f(x)－2k(ln x＋1)是否有零点？请说明理由．(参考数据e≈2.718，e≈1.649，e e≈4.482，ln2≈0.693)【问题探究，变式训练】题型一、与零点、极值点有关的证明利用导数证明不等式的常规解题策略：(1) 构造差函数h(x)＝f(x)－g(x)，根据差函数的导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；(2) 根据条件，寻找目标函数．一般思路为充分利用条件将求和问题转化为对应项之间的大小关系，或利用放缩、等量代换等手段将多元函数转化为一元函数．例1、(2019无锡期末）已知函数f(x)＝e x－a2x2－ax(a>0)．(1) 当a＝1时，求证：对于任意x>0，都有f(x)>0 成立；(2) 若函数y＝f(x)恰好在x＝x1和x＝x2两处取得极值，求证：x1＋x22<ln a【变式1】、(2019南通、泰州、扬州一调）已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R)．(1) 讨论f(x)的单调性；(2) 设f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)有两个不相同的零点x1，x2.①求实数a的取值范围；②证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2.【变式2】(2018常州期末）已知函数f(x)＝ln x（x＋a）2，其中a为常数．(1) 若a＝0，求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0，－a)上单调递增，求实数a的取值范围；(3) 若a＝－1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)<－2.【变式3】(2017南京学情调研）已知函数f(x)＝ax2－bx＋ln x，a，b∈R.(1) 当a＝b＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2) 当b＝2a＋1时，讨论函数f(x)的单调性；(3) 当a ＝1，b ＞3时，记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点是x 1和x 2 (x 1＜x 2)，求证：f (x 1)－f (x 2)＞34－ln2.【变式4】(2018南京、盐城一模）设函数f(x)＝ln x ，g(x)＝ax ＋b x －c(a ，b ，c ∈R )．(1) 当c ＝0时，若函数f (x )与g (x )的图像在x ＝1处有相同的切线，求a ，b 的值；(2) 当b ＝3－a 时，若对任意x 0∈(1，＋∞)和任意a ∈(0，3)，总存在不相等的正实数x 1，x 2，使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0)，求c 的最小值；(3) 当a ＝1时，设函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图像交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1<x 2)两点．求证：x 1x 2－x 2<b <x 1x 2－x 1.题型二 探索性问题探索性问题论证可以运用反证法，假设存在，解题的难点在于导出矛盾，根据已知条件，得到方程解的问题，通过构造函数，研究函数的单调性，得到方程不成立，从而与假设矛盾，证得结论．例2、(2019南京、盐城一模）若函数y ＝f(x)在x ＝x 0处取得极大值或极小值，则称x 0为函数y ＝f(x)的极值点．设函数f(x)＝x 3－tx 2＋1(t ∈R )．(1) 若函数f (x )在(0，1)上无极值点，求t 的取值范围；(2) 求证：对任意实数t ，函数f (x )的图像总存在两条切线相互平行；(3) 当t ＝3时，函数f (x )的图像存在的两条平行切线之间的距离为4，求满足此条件的平行线共有几组．【变式1】(2019苏州三市、苏北四市二调）已知函数f(x)＝2ln x ＋12x 2－ax ，a ∈R .(1) 当a ＝3时，求函数f (x )的极值；(2) 设函数f (x )在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )，若函数y ＝f (x )－g (x )是(0，＋∞)上的单调增函数，求x 0的值；(3) 是否存在一条直线与函数y ＝f (x )的图像相切于两个不同的点？并说明理由．【变式2】(2018苏州暑假测试）已知函数f(x)＝(ax 2＋x)e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1) 若f′(x)是函数f(x)的导函数，当a>0时，解关于x的不等式f′(x)>e x；(2) 若f(x)在[－1，1]上是单调递增函数，求a的取值范围；(3) 当a＝0时，求整数k的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[k，k＋1]上有解．【变式3】(2017苏北四市期末）已知函数f(x)＝x22e－ax，g(x)＝ln x－ax，a∈R.(1) 解关于x(x∈R)的不等式f(x)≤0；(2) 证明：f(x)≥g(x)；(3) 是否存在常数a，b，使得f(x)≥ax＋b≥g(x)对任意的x＞0恒成立？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．【变式4】(2017南京、盐城一模）设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋a－1x－3(a∈R)．(1) 当a＝2时，解关于x的方程g(e x)＝0(其中e为自然对数的底数)；(2) 求函数φ(x)＝f(x)＋g(x)的单调增区间；(3) 当a＝1时，记h(x)＝f(x)·g(x)，是否存在整数λ，使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由．(参考数据：ln2≈0.693 1，ln3≈1.098 6)。

探索性问题揭秘探索性问题又叫开放型问题，此类问题作为立体几何的一种创新题型，在近几年的高考中正方兴未艾.和我们司空见惯的封闭型问题恰好相反，探索性问题没有明确的条件或结论，条件或结论是什么或有没有需要通过探索才能知晓.正因为如此，探索性问题往往令很多同学望而却步，不知所措.鉴于此，本文就揭秘空间垂直关系中常见的探索性问题，以期消除同学们对它们的神秘感，能顺利解答此类问题.一、结论探索型例1 如图，在四棱锥ABCD P -中，ABCD 是矩形，ABCD PA 平面⊥，AD PA =，点F 是PD 的中点，点E 在CD 上移动. 试判断直线PE 和AF 的位置关系，并给出证明.分析：根据题意，EF 与平面PAC 应为特殊的位置关系，故可先结合图形，对位置关系进行猜想，然后再利用已知条件对猜想进行证明.解：结合图形猜想AF PE ⊥，证明如下.∵ABCD PA 平面⊥，∴PA CD ⊥，∵是矩形ABCD ，∴AD CD ⊥，∵⊂AD PA ,平面PAD ，A AD PA =I ，∴PAD CD 平面⊥. ∵PAD AF 平面⊂，∴CD AF ⊥， ∵AD PA =，点F 是PD 的中点，∴PD AF ⊥，又⊂PD CD ,平面PCD ，D PD CD =I ，∴PDC AF 平面⊥，又PDC PE 平面⊂， ∴AF PE ⊥. 评注：此型问题的基本解法是：先探索猜想结论，再证明结论.二、条件反溯型例2 如图，在三棱柱111C B A ABC -中，已知1AA ⊥平面111C B A ，11111==C B C A ，︒=∠90111B C A ，21=AA ，D 是11B A 中点．当点F 在棱1BB 上的什么位置时，有⊥1AB 平面DF C 1？并证明你的结论．分析：首先证明⊥D C 1平面B A 1，然后过点D 作1AB DF ⊥，交1BB 于点F ，则有 ⊥1AB 平面DF C 1，此时点F 即为所求点，最后在四边形11A ABB 中探索点F 的位置. 解：∵1AA ⊥平面111C B A ，⊂D C 1平面111C B A ，∴D C AA 11⊥，∵11111==C B C A ，D 是11B A 中点，∴111B A D C ⊥，又∵⊂111,B A AA 平面B A 1，1111A B A AA =I ，∴⊥D C 1平面B A 1.过点D 作1AB DF ⊥，交1BB 于点F .∵D C AB DF AB 111,⊥⊥，∴⊥1AB 平面DF C 1，故所作点F 适合题意，下面探索点F 的位置.∵11111==C B C A ，︒=∠90ACB ，∴211=B A ，∴111AA B A =，∴四边形11A ABB 是P A B C DE F 例1图 C1B A B 1A 1C D 例2图 F正方形，连结B A 1，则有11AB B A ⊥，∴DF B A //1，∴点F 是棱1BB 的中点，∴点F 为棱1BB 的中点时，⊥1AB 平面DF C 1.评注：条件探索性问题一般采用反探法，即拿着结论探条件，然后再对探索出的条件进行证明.三、存在判断型例3 四棱锥ABCD S -，点E 是SA 的中点，平面⊥SBC 平面ABCD .问在底面内是否存在一点H ，使得⊥EH 平面ABCD .若存在，确定点D 的位置；若不存在，说明理由.分析：先假设存在点H ，使得⊥EH 平面ABCD .然后依据已知条件，反向探求，若能探求出点H 的位置，则存在；若导出矛盾，则不存在.解：假设存在点H ，使得⊥EH 平面ABCD .作BC SF ⊥于F ，连结AF ，∵平面⊥SBC 平面ABCD ，平面I SBC 平面BC ABCD =，∴⊥SF 平面ABCD . 设AF 的中点为H ，连结EH ， 又点E 是SA 的中点，∴EH 是SAF ∆的中位线，∴SF GH //，∴GH ⊥平面ABCD . 所以，在底面内存在一点H ，它是AF 的中点，使得⊥EH 平面ABCD .评注：解答存在判断型问题的一般思路是：假设存在，然后采用反探法探求.反探法的起点可以是已知条件（如本题），也可以是要探求的位置关系.总之，从哪儿开始探求方便，就从哪儿开始.例3图 H S A BD •E。

二、探索性问题近年来，随着社会主义经济建设的迅速发展，要求学校由“应试教育”向“素质教育”转化，培养全面发展的开拓型、创造型人才。

在这种要求下，数学教学中开放型问题随之产生。

于是，探索性问题成了近几年来高考命题中的热点问题，它既是高等学校选拔高素质人材的需要，也是中学数学教学培养学生具有创造能力、开拓能力的任务所要求的。

实际上，学生在学习数学知识时，知识的形成过程也是观察、分析、归纳、类比、猜想、概括、推证的探索过程，其探索方法是学生应该学习和掌握的，是今后数学教育的重要方向。

一般地，对于虽给出了明确条件，但没有明确的结论，或者结论不稳定，需要探索者通过观察、分析、归纳出结论或判断结论的问题（探索结论）；或者虽给出了问题的明确结论，但条件不足或未知，需要解题者寻找充分条件并加以证明的问题（探索条件），称为探索性问题。

此外，有些探索性问题也可以改变条件，探讨结论相应发生的变化；或者改变结论，探讨条件相应发生的变化；或者给出一些实际中的数据，通过分析、探讨解决问题。

探索性问题一般有以下几种类型：猜想归纳型、存在型问题、分类讨论型。

猜想归纳型问题是指在问题没有给出结论时，需要从特殊情况入手，进行猜想后证明其猜想的一般性结论。

它的思路是：从所给的条件出发，通过观察、试验、不完全归纳、猜想，探讨出结论，然后再利用完全归纳理论和要求对结论进行证明。

其主要体现是解答数列中等与n有关数学问题。

存在型问题是指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出现，其结果可能存在，需要找出来，可能不存在，则需要说明理由。

解答这一类问题时，我们可以先假设结论不存在，若推论无矛盾，则结论确定存在；若推证出矛盾，则结论不存在。

代数、三角、几何中，都可以出现此种探讨“是否存在”类型的问题。

分类讨论型问题是指条件或者结论不确定时，把所有的情况进行分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。

此种题型常见于含有参数的问题，或者情况多种的问题。

高考数学探索性问题的解题方法[高考能力要求]1.如果把一个数学问题看作是由条件、解题依据、解题方法和结论这四个要素组成的一个系统，那么我们把这四个要素中有两个是未知的数学问题称为探索性问题。

条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征。

2、探索型问题的基本类型(1)、条件追溯型这类问题的外在形式是针对一个结论，条件未知需探究，或条件增删需确定，或条件正误需判断。

解决这类问题的基本策略是执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或论证找到结论成立的充分条件，在执果索因的推理过程中，不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，是一种常见错误，必须引起注意，确定条件是否多余时要着眼于每个条件对所求（或所证）对象的确定性，判断条件正误时多从构造反例人手。

(2)、结论探索型这类问题的基本特征是有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。

先探索结论后论证结论是解决这类问题的一般形式。

(3)、存在判断型这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形、函数等）是否存在或某一结论是否成立，解决这类问题基本策略是通常假设题中的数学对象存在（或结论成立）或暂且认可其中一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论的证明。

(4)、方法探究型这类问题的基本形式是需要非常规的解题方法或被指定要用两种以上的方法解决同一个问题，如难度较高的构造法即属此型。

在探究方法的过程中，常常需要研究问题的特殊情形，运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。

3、思想方法解决探索性问题，没有现成的套路和常规程序，需要较多的分析成分和对数学思想方法的综合运用。

对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面的能力有较高要求。

高考中求解这类问题的常见方法是：(1)、直接法(2)、观察—猜测—证明 (3)、赋值法 (4)、数形结论 (5)、联想类比 (6)、从特殊到一般 (7)、从特殊到一般再到特殊 (8)、等价转化 [例题精讲]【例1】 若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是___________。

2022年新高考数学总复习：立体几何中的探索性问题例(2021·陕西省西安中学模拟)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，且PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 中点，F 是PC 上的点．(1)求证：平面AEF ⊥平面PAD ；(2)若M 是PD 的中点，当AB ＝AP 时，是否存在点F ，使直线EM 与平面AEF 的所成角的正弦值为15？若存在，请求出PF PC的值；若不存在，请说明理由．【分析】①利用面面垂直的判定定理，证AE ⊥平面PAD 或证AD ⊥平面AEF 即可；②建立空间直角坐标系，假设符合条件的点F 存在，且PF →＝λPC →，利用向量法求解λ回答．【标准答案】——规范答题步步得分(1)连接AC ，因为底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，所以△ABC 是正三角形，∵E 是BC 的中点，∴AE ⊥BC ，又AD ∥BC ，∴AE ⊥AD ，∵PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AE ，又PA ∩AD ＝A ，∴AE ⊥平面PAD ，又AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面PAD ．(2)又PA ⊥AD ，∴PA 、AE 、AD 两两垂直，以A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB ＝AP ＝2，则AE ＝3，则A (0,0,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (3，0,0)，M (0,1,1)，7分得分点⑦设PF →＝λPC →＝λ(3，1，－2)，0≤λ≤1，则AF →＝AP →＋PF →＝(0,0,2)＋λ(3，1，－2)＝(3λ，λ，2－2λ)，又AE →＝(3，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面AEF 的一个法向量，n ·AE →＝3x ＝0n ·AF →＝3λx ＋λy ＋(2－2λ)z ＝0，取z ＝λ，得n ＝(0,2λ－2，λ)，设直线EM 与平面AEF 所成角为θ，由EM →＝(－3，1，1)，得：sin θ＝|cos 〈EM →，n 〉|＝|EM →·n ||EM →|·|n |＝|3λ－2|5·(2λ－2)2＋λ2＝15．化简得：10λ2－13λ＋4＝0，解得λ＝12或λ＝45，故存在点F 满足题意，此时PF PC 为12或45．【评分细则】①证出△ABC 是正三角形得1分．②证出AE ⊥AD 得1分．③由线面垂直性质证出PA ⊥AE 得1分，不写AE ⊂平面ABCD 不得分．④由线面垂直的判定证出AE ⊥平面PAD 得1分．⑤证出平面AEF ⊥平面PAD 得1分，条件不全不得分．⑥建出空间直角坐标系得1分．⑦设出PF →＝λPC →得1分．⑧求出平面AEF 的法向量得3分，算错但写出AE →，AF →坐标得1分．⑨求出λ得2分，算错但写出sin θ＝|cos 〈EM →，n 〉|＝|EM →·n ||EM →||n |得1分．⑩得出正确结论得1分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与化归的思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：(1)写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AE ⊂平面ABCD ．(2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如AF →＝AP →＋PF →等．(3)思维发散：也可通过证AD ⊥PA 、AD ⊥AE 证得AD ⊥平面AEF ，进而证得平面AEF ⊥平面PAD ．〔变式训练4〕(2021·陕西省质检)如图所示，等腰梯形ABCD 的底角∠BAD ＝∠ADC ＝60°，直角梯形ADEF 所在的平面垂直于平面ABCD ，且∠EDA ＝90°，ED ＝AD ＝2AF ＝2AB ＝2．(1)证明：平面ABE ⊥平面EBD ；(2)点M 在线段EF 上，试确定点M 的位置，使平面MAB 与平面ECD 所成的锐二面角的余弦值为34．[解析](1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ADEF ，平面ABCD ∩平面ADEF ＝AD ，ED ⊥AD ，∴ED ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴ED ⊥AB ，∵AB ＝1，AD ＝2，∠BAD ＝60°，∴BD ＝1＋4－2×1×2cos 60°＝3，∴AB 2＋BD 2＝AD 2，∴AB ⊥BD ，又∴BD ⊂平面BDE ，BD ∩ED ＝D ，AB ⊥平面BDE ，AB ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面EBD ．(2)以B 为坐标原点，以BA ，BD 为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则A (1,0,0)，B (0,0,0)，－12，32，D (0，3，0)，E (0，3，2)，F (1,0,1)，则CD →，32，DE →＝(0,0,2)，BA →＝(1,0,0)，EF →＝(1，－3，－1)，设EM →＝λEF →＝(λ，－3λ，－λ)，(0≤λ≤1)，则BM →＝BE →＋EM →＝(λ，3－3λ，2－λ)，设平面CDE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABM 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·CD →＝12x 1＋32y 1＝0，·DE →＝2z 1＝0，1＝－3y 1，1＝0，不妨取y 1＝1，则m ＝(－3，1,0)，·BA →＝x 2＝0，·BM →＝λx 2＋(3－3λ)y 2＋(2－λ)z 2＝0不妨取y 2＝2－λ，则n ＝(0,2－λ，3λ－3)，∴|cos θ|＝|m ·n ||m |·|n |＝|2－λ|24λ2－10λ＋7＝34，即λ＝12或λ＝54(舍)，即点M 为线段EF 的中点时，平面MAB 与平面ECD 所成的锐二面角的余弦值为34．。

中考数学专题讲座探索性问题概述：探索性题目一般作为压轴题或次压轴题出现，题目较难，难在结论不肯定，要通过探索证明或计算，得出结论，并给予肯定或否定回答：这种题目的结论有多样性，需要解题的周密考虑，解这种题目有两种方法：一种是假定结论成立，去证明它的可能性或存在性；另一种是从条件出发直接证明或计算回答存在或不存在.典型例题精析例1.如图1,分别以直角三角形ABC三边为直径向外作三个半圆，其而积分别用S】、S2、S3表示，则不难证明Si=S2+S3.（1）如图2所示，分别以直角三角形ABC三边为边向外作三个正方形，其面积分别用Si、S?、S3表示，那么Si、S2、S3之间有什么关系？（不必证明）（2）如图3所示，分别以直角三角形ABC三边为边向外作三个正三角形，其面积分别用Si、S2、S3表示，请你确定$、S2、S3之间的关系并加以证明；（3）若分别以直角三角形ABC三边为边向外作三个一般三角形，其而积分别为S|、S2、S3表示，使Si、S?、S3之间仍具有与（2）相同的关系，所作三角形应满足什么条件？并证明你的结论；（4）类比（1）、（2）、（3）的结论，请你总结出一个更具一般意义的结论.解：设直角三角形ABC的三边BC、CA、AB的长分别为a、b、c,则c2=a2+b2.(1)S|二S2+S3;(2)S]=S2+S3，证明如下:显然:Si寻,(也可用三角形相似证明)(3)当所作的三个三角形相似时，S1=S2+S3.证明如下:.Sc + S3 ci~ 4- b~ ]S| c2S|=S2+S3-(4)分别以直角三角形ABC的三边为一边向外作相似图形，其而积分别用Si、S2> S3 表示，则S]=S2+S3・例2.如图1,。

0|和002外切于P, AB是OO1和002的公切线，A、B是切点，直线AP、BP分别交©02, OOi 于F、E.(1)求证：AE、BF分别为(DO】、(DO?的直径；(2)求证：AB2=AEBF；(3)如图2,当图1中的切点P变为两圆一个交点时，结论AB2=AE BF还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.分析：(1)即证ZAPE二ZBPF二90°,过P作二圆公切线，可证明.(2)证明△ ABE^ABFA 可得.(3)同样可证厶ABE^ABFA.AZE=ZBAF, ZF=ZABE.中考样题训练1.如图，在直角坐标系中，0是原点，A、13、C三点的坐标分别为A (18, 0) , B (18,6) , C (8, 6),四边形0ABC是梯形，点P、Q同时从原点出发，分别作饼速运动，其中点P 沿0A向终点A运动，速度为每秒1个单位，点Q沿OC、CB向终点B运动，当这两点有一点到达自己的终S| c点时，另一点也停止运动.（1）求出直线0C的解析式及经过0、A、C三点的抛物线的解析式.（2）试在（1）中的抛物线上找一点D,使得以0、A、D为顶点的三角形与全等，请直接写出点D的坐标.（3）设从出发起运动了t秒，如果点Q的速度为每秒2个单位，试写出点Q的坐标，并写出此时t的取值范围.（4）设从出发起，运动了t秒钟，当P、Q两点运动的路程之和恰好等于梯形OABC周长的一半，这时，直线PQ能否把梯形的面积也分成相等的两部分，如有可能，请求出I的值; 如不可能，请说明理由.2.如图，（DO?与的弦I3C切于C点，两圆的另一个交点为D,动点A在00,±,直线AD与（DO?交于点E,与直线BC交于点F.（1）如图1,当点A在CD上时，求证:①△FDC'S^FCE；②AB〃EC；(2)如图2,当点A在BD上时，是否仍有AI3〃EC?请证明你的结论.3.如图，OA和是外离两圆，©A半径长为2, OB的半径长为1, AB二4, P为连结两圆圆心的线段AB上的一点，PC切OA于点C, PD切OB于点D.(1)若PC二PD,求PB的长;(2)试问线段AB上是否存在一点P,使PC+PD二4?如果存在，问这样的卩点有几个；并求出PB的值；如果不存在，说明理由；(3)当点P在线段AB上运动到某处，使PC丄PD时，就有△ APC-APBD,请问：除上述情况外，当点卩在线段AB上运动到何处(说明叩的长为多少；或卩C、PD具有何种关系) 时，这两个三角形仍相似；并判断此时直线CP与的位置关系，证明你的结论.4.三月三，放风筝，图中是小明制作的风筝，他根据DE二DF, EII=FH,不用度量，就知道ZDEH二ZDFH .请你用所学知识给予证明.D考前热身训练1.填空题（1）观察下列等式，你会发现什么规律？3X5=15,而15=41 2 3 4-1,5X7二35,而35二6「1,・・・11X13=143,而143=12-1,…（2）如图，以△ABC的边AB为直径作00交BC于D,过00的切线交AC于E,使得DE丄AC,贝IJA ABC的边必须满足的是.2.己知反比例函数y二土（kHO）和一次函数y=-x+8.x2若一次函数和反比例函数的图象交于点（4, m）,求m和k；3k满足什么条件时，这两个函数图象有两个不同的交点？4设（2）中的两个交点为A、B,试判定ZAOB是锐角还是钝角？3.如图，在直角坐标系xOy屮，以点A （0, -3）为圆心作圆与x轴相切，与OA外切于点P, B点在x轴正半轴上，过P点作两圆的公切线DP交y轴于D,交x轴于C.将你猜想到的规律用只含一个字母的式子表示出来D作条件B2（1）设OA的半径为门，OB的半径为H，且r2=-r.,求公切线DP的长及直线DP的函3数解析式；（2）若OA的位置大小不变，点B在x轴正半轴上移动，OB与OA始终外切，过D作（D B的切线DE, E为切点，当DE二4时，B点在什么位置？从解答中能发现什么？答案：中考样题看台1.(1) y=— x.4・ 3 2 27..y=- — x2+ — x40 20(2) D (10, 6)3 3(3)当Q在0C上运动吋，可设Q (m, -m),依题意有：m2+ (-m2) = (2t) 2.4 4 88 8 6m—— t., Q ( — t, — t) , (0WtW5)5 5 5当Q在BC上时，Q点所走过的路程为2t・V0C=10, ・・・CQ二2t-10,・・・Q点在横坐标为2t-10+8二2t-2,・・・Q (2t-2, 6) (5<tW10).(4)I梯形OABC的周长为44,当Q点在0C上，P运动的路程为t,则Q运动的路程为(22-t)3△OPQ中,0P边上的高为:(22-t) X依题意有：—t (22-t)2 整理得：12-22t+140=0. ・・・这样的t 不存在.当Q 在BC 上时，Q 走过的路程为22-1, ・・・CQ 的长为：22-t-10=12-t,・・・S 梯形OCQP =—X6 (22-t-10+t)二36H84X — ,2 2・•・这样的t 值也不存在.综上所述，不存在这样的t 值，使得直线PQ 同时平分梯形的周长和面积.2.(1)①・.・BC 切(DO?于C,・・・ZECF 二ZCDF,又ZF=ZF, /.AFDC^AFCE.② 又 V ZADC-ZABC, ZECF 二ZCDF,AZABC=ZECF, AAB^EC(2)有 AB//EC,证明：・.・BC 切 OO?于 C, A ZBCE=ZD,又 VABCD 内接于 OOp /.ZABF=ZD, /. ZBCE=ZABF, A ABEC3.(1) TPC 切OA 于点 C,・・・PC 丄AC, PC 2=PA 2-AC 2,同理 PD 2=PB 2-BD 2,TPOPD, /.PC 2- AC 2=PB 2-BD 2,设 PB=x, PA 二4-x 代入得 x 2-l= (4-x) 2-22,13 13 1319 解得x=—, 1<—<2,即PB 的长为亠(PA 长为—>2).8 8 88(2)假定有在一点P 使PC 2+PD 2=4,设PB 二x,则 PD 2=X 2-1, PC 2= (4-X ) 2-22,代入条件得(4-x) 2-22+x 2-l=4,解得 x=2± —,2•・・P 在两圆间的圆外部分,・・・1<PB<2,即l<x<2,满足条件的P 点只有一个,这时PB 二2-4513 1S ZSOPQ =—t (22~t) X — , S 梯形 OABC 二—(180+10) X 6-84.2 5 23 (1)X — —84 X —,52AA=222-4X140<0,(3)当PC： PD二2： 1 或PB二一时，也有△ PCA^APDB,3Ar 7 PC AP这时，在APCA与APUB中—= - = —(或仝匚)ZC=ZD-RtZ,BD 1 PD BPAAPCA^APDB, AZBPD=ZAPC=ZBPE (E 在CP 的延长线上),AB点在ZDPE的角平分线上，B到PD与PE的距离相等,VOB与PD相切,AOB也与CP的延长线PE相切.4.证明：连结DH在△。

高中数学谈探索性问题的求解“探索性问题的求解”是高考的热点，也是中学数学教学中的难点，学生对解决这类问题感到困惑，常常会给问题做出一个错误的判断，如何避免这些错误的发生，解决探索性问题是否有一般规律可循，有哪些方法，这些都是大家所关心的问题，为了回答这些问题，先看以下的案例。

例1. 若函数)x (f y =对其定义域内的任意x ，都有|)x (f ||)x (f |=-，但)x (f y =既不是奇函数也不是偶函数，则这样的函数)x (f （ ）A. 一定为0函数B. 一定为非0常数函数C. 一定存在D. 一定不存在解：用观察法容易列举出适合条件的一些函数，比如⎩⎨⎧<-≥=)0x (1)0x (1)x (f 因而选C 。

解析：这个问题若用常规的办法求解比较困难容易解错，容易将|)x (f ||)x (f |=-变形为)x (f )x (f )x (f )x (f -=--=-或，得)x (f y =是奇函数或是偶函数，这与题设矛盾，所以这样的函数一定不存在，错误的选取答案D 。

若通过观察法可以求得问题的结果，但这种方法只能适宜用于解客观性题的问题。

例2. 已知函数x mx )x (f 3-=的图像上以点N （1，n ）为切点的切线的倾斜角为4π。

问是否存在最小的正整数k ，使得不等式1993k )x (f -≤对于]3,1[x -∈恒成立？如果存在，请求出最小的正整数k 的值；如果不存在，请说明理由。

解：将不等式转化为1993)x (f k +≥，用导数法可解得1993)x (f +的最大值2008，所以最小的正整数k 的值存在且2008k =。

辨析：这类问题是通过推理直接寻找结论存在的充分条件，得到问题的答案，思维简单，方法学生容易掌握，但也有它的局限性，对不易找到结论存在的充分条件的题型时就无能为力了。

例3. 在四面体ABCD 中，CD BC BD AB BC AB ⊥⊥⊥、、，且AB=BC=1。

专题讲座四 探索性问题探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备，要求考生自己去探索，结合已知条件，进行观察、分析、比较和概括．它对考生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法解决问题的能力提出了较高的要求．这类问题不仅考查考生的探索能力，而且给考生提供了创新思维的空间，所以备受高考的青睐，是高考重点考查的内容．探索性问题一般可以分为：条件探索性问题、结论探索性问题、存在探索性问题等．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且有a 1＝1，S n ＋1＝a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若b n ＝n 4a n，求数列{b n }的前n 项和T n ； (3)是否存在最小正整数m ，使得不等式∑n k ＝1k ＋2S k ·（T k ＋k ＋1）＜m 对任意正整数n 恒成立，若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由．[解] (1)当n ＝1时，a 2＝S 1＋1＝a 1＋1＝2；当n ≥2时，S n ＋1＝a n ＋1，S n －1＋1＝a n ，相减得a n ＋1＝2a n .又a 2＝2a 1，所以{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝n 4a n ＝n 4×2n －1＝n 2n ＋1.所以T n ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1， 12T n ＝123＋224＋…＋n －12n ＋1＋n 2n ＋2. 两式相减得12T n ＝122＋123＋124＋…＋12n ＋1－n 2n ＋2＝122（1－12n ）1－12－n 2n ＋2＝12－n ＋22n ＋2， 所以T n ＝1－n ＋22n ＋1. (3)k ＋2S k ·（T k ＋k ＋1）＝k ＋2（2k －1）·（1－k ＋22k ＋1＋k ＋1）＝1（2k －1）·（1－12k ＋1）＝2k ＋1（2k －1）·（2k ＋1－1）＝2(12k －1－12k ＋1－1)，所以∑n k ＝1S k ·k ＋2（T k ＋k ＋1）＝∑n k ＝12(12k －1－12k ＋1－1)＝2(1－12n ＋1－1)＜2. 若不等式∑n k ＝1 k ＋2S k ·（T k ＋k ＋1）＜m 对任意正整数n 恒成立，则m ≥2， 所以存在最小正整数m ＝2，使不等式∑n k ＝1 k ＋2S k ·（T k ＋k ＋1）＜m 对任意正整数n 恒成立． [规律方法] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n 要注意利用S n 与a n 的关系将其转化为a n ，再研究其具体性质．遇到(－1)n 型的问题要注意分n 为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n 的奇偶性的讨论而致误．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．如图所示，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AB ＝2BC ，AC ＝AA 1＝3BC .(1)求证：A 1C ⊥平面AB 1C 1；(2)若D 是棱CC 1的中点，在棱AB 上是否存在一点E ，使得DE ∥平面AB 1C 1？若存在，请确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：∵AB ＝2BC ，AC ＝3BC ，∴△ABC 为直角三角形且∠ACB ＝π2， ∴BC ⊥AC ，又AA 1⊥平面ABC ，∴BC ⊥AA 1，又AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面ACC 1A 1，∴BC ⊥A 1C ，B 1C 1⊥A 1C .∵AC ＝AA 1，∴侧面ACC 1A 1为正方形，∴AC 1⊥A 1C .又B 1C 1∩AC 1＝C 1，∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.(2) 存在点E ，且E 为AB 的中点．下面给出证明：如图，取BB 1的中点F ，连接DF ，则DF ∥B 1C 1.连接EF ，∵E 为AB 的中点，∴EF ∥AB 1.∵B 1C 1与AB 1是相交直线，∴平面DEF ∥平面AB 1C 1.又DE ⊂平面DEF ，∴DE ∥平面AB 1C 1.[规律方法] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值，遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．在圆C 1：x 2＋y 2＝1上任取一点P ，过P 作y 轴的垂线段PD ，D 为垂足，动点M 满足MD →＝2MP →.当点P 在圆C 1上运动时，点M 的轨迹为曲线C 2.(1)求曲线C 2的方程；(2)是否存在过点A (2，0)的直线l 交曲线C 2于点B ，使OT →＝55(OA →＋OB →)，且点T 在圆C 1上？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解] (1)设M (x ，y )，∵MD →＝2MP →，∴P (x 2，y )． 又P 在圆C 1上，∴(x 2)2＋y 2＝1，即C 2的方程是x 24＋y 2＝1. (2)当直线l 的斜率不存在时，点B 与点A 重合，此时点T 的坐标为(455，0)，显然点T 不在圆C 1上，不合题意，∴直线l 的斜率存在．设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2）x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0， 解得x B ＝8k 2－21＋4k 2，∴y B ＝－4k 1＋4k 2，即B (8k 2－21＋4k 2，－4k 1＋4k 2)． ∴OA →＋OB →＝(16k 21＋4k 2，－4k 1＋4k 2)，∴OT →＝55(16k 21＋4k 2，－4k 1＋4k 2)． ∵T 在圆C 1上，∴15[(16k 21＋4k 2)2＋(－4k 1＋4k 2)2]＝1， 化简得，176k 4－24k 2－5＝0，解得k 2＝14或k 2＝－544(舍去)， ∴k ＝±12. ∴存在满足题意的直线l ，其方程为y ＝±12(x －2)． [规律方法] 解决此类问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．1．设x 、y 为实数，集合A ＝{(x ，y )|y 2－x －1＝0}，B ＝{(x ，y )|16x 2＋8x －2y ＋5＝0}，C ＝{(x ，y )|y ＝kx ＋b }，问是否存在自然数k ，b 使(A ∪B )∩C ＝∅？解：因为抛物线y 2－x －1＝0和16x 2＋8x －2y ＋5＝0在y 轴上的截距分别为±1，52，所以取b ＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2y 2＝x ＋1无实数解，得1－32<k <1＋32，从而k ＝1， 此时方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2y ＝8x 2＋4x ＋52无实数解． 故存在k ＝1，b ＝2满足(A ∪B )∩C ＝∅.2. 如图所示，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A -MC -B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图所示，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，射线OD 为y 轴的正半轴，以Ox ⊥AD 的直线为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0，0，0)，A (0，－3，0)，B (4，2，0)，C (－4，2，0)，P (0，0，4)，AP →＝(0，3，4)，BC →＝(－8，0，0)，由此可得AP →·BC →＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC .(2)设PM →＝λP A →，λ≠1，则PM →＝λ(0，－3，－4)，BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λP A →＝(－4，－2，4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，AC →＝(－4，5，0)．设平面BMC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面APC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧BM →·n 1＝0BC →·n 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1－（2＋3λ）y 1＋（4－4λ）z 1＝0－8x 1＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0z 1＝2＋3λ4－4λy 1，可取n 1＝(0，1，2＋3λ4－4λ)． 由⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0AC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0－4x 2＋5y 2＝0，得⎩⎨⎧x 2＝54y 2z 2＝－34y 2， 可取n 2＝(5，4，－3)．由n 1·n 2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0， 解得λ＝25，因为|AP →|＝32＋42＋02＝5，故AM ＝3. 综上所述，存在点M ，且AM ＝3，使得二面角A -MC -B 为直二面角．3．设数列{a n }的各项均为正实数，b n ＝log 2a n ，若数列{b n }满足b 2＝0，b n ＋1＝b n ＋log 2p ，其中p 为正常数，且p ≠1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若p ＝2，设数列{c n }对任意的n ∈N *，都有c 1b n ＋c 2b n －1＋c 3b n －2＋…＋c n b 1＝－2n 成立，问数列{c n }是不是等比数列？若是，请求出其通项公式；若不是，请说明理由．解：(1)因为b n ＋1＝b n ＋log 2p ，所以b n ＋1－b n ＝log 2p ，所以数列{b n }是以log 2p 为公差的等差数列，又b 2＝0，所以b n ＝b 2＋(n －2)(log 2p )＝log 2p n －2，故由b n ＝log 2a n ，得a n ＝2b n ＝2log 2p n －2＝p n －2.(2)因为p ＝2，由(1)得b n ＝n －2，所以c 1(n －2)＋c 2(n －3)＋c 3(n －4)＋…＋c n (－1)＝－2n ，①则c 1(n －1)＋c 2(n －2)＋c 3(n －3)＋…＋c n ＋1(－1)＝－2(n ＋1)，②由②－①，得c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n －c n ＋1＝－2，③所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＋c n ＋1－c n ＋2＝－2，④再由④－③，得2c n ＋1＝c n ＋2，即c n ＋2c n ＋1＝2(n ∈N *)， 所以当n ≥2时，数列{c n }为等比数列，又由①式，可得c 1＝2，c 2＝4，则c 2c 1＝2， 所以数列{c n }一定是等比数列，且c n ＝2n .4．如图，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)上．(1)求抛物线E 的方程；(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q ，以PQ 为直径的圆是否恒过y 轴上某定点M ，若存在，求出M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意|OB |＝83，据对称性知∠BOy ＝30°.设点B (x ，y )，则x ＝83×sin 30°＝43，y ＝83×cos 30°＝12，所以B (43，12)在抛物线上，所以(43)2＝2p ×12，解得p ＝2，抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)设点P (x 0，y 0)(x 0≠0)，因为y ＝14x 2，y ′＝12x ， 直线l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)， 即y ＝12x 0x －14x 20. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0y ＝－1，所以Q (x 20－42x 0，－1)． 设满足条件的定点M 存在，坐标为M (0，y 1)，所以MP →＝(x 0，y 0－y 1)，MQ →＝(x 20－42x 0，－1－y 1)， 又因为MP →·MQ →＝0，所以x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0，又y 0＝14x 20(x 0≠0)，联立解得y 1＝1， 故以PQ 为直径的圆过y 轴上的定点M (0，1)．。