高考热点问题和解题策略之探索性问题

圆锥曲线中的探索性问题【必备知识】1．将直线y kx m =+代入椭圆22221(0)x y a b a b +=>>方程，化为关于x 的二次方程，即为222222()b x a kx m a b ++=，亦即222222222()20b a k x kma x a m a b +++-=．2．将直线y kx m =+代入抛物线22(0)y px p =>方程，得 2222()0k x km p x m +-+=，注意对k 分0k =（对应于直线与对称轴平行）与0k ≠（对应于直线与对称轴不平行）两类进行讨论．3．过点1112212(,),(,,)()P x y P x y x x ≠的直线斜率为122121P P y y k x x -=-．4．点00(,)P x y 到直线0Ax By C ++=的距离为0022d A B=+．5．直线l ：y kx m =+与圆锥曲线相交所得弦长2221212121||1()4L k x x k x x x x =+-=+⋅+-＝21||k a ∆+⋅． 【技巧点拨】解答圆锥曲线中探索性问题，一般可分为以下步骤： （1）假设结论成立；（2）以假设为条件，进行推理求解；（3）明确规范结论，若能推出合理结论，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设； （4）回顾反思解题过程． 【典例展示】【题型一】探索直线、曲线间的位置关系问题【例1】已知椭圆C :2233x y +=，过点()1,0D 且不过点()2,1E 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，直线AE 与直线3x =交于点M ．（Ⅰ）若AB 垂直于x 轴，求直线BM 的斜率；（Ⅱ）试判断直线BM 与直线DE 的位置关系，并说明理由．【解析】（Ⅰ）因为AB 过点(1,0)D 且垂直于x 轴，所以可设1(1,)A y ，1(1,)B y -． 直线AE 的方程为11(1)(2)y y x -=--．令3x =，得1(3,2)M y -． 所以直线BM 的斜率112131BM y y k -+==-．（Ⅱ）直线BM 与直线DE 平行．证明如下： 当直线AB 的斜率不存在时，由（Ⅰ）可知1BM k =．高考热点题型又因为直线DE 的斜率10121DE k -==-，所以BM DE ．当直线AB 的斜率存在时，设其方程为(1)(1)y k x k =-≠． 设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则直线AE 的方程为1111(2)2y y x x --=--． 令3x =，得点1113(3,)2y x M x +--．由2233(1)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩，得2222(13)6330k x k x k +-+-=．直线BM 的斜率11212323BMy x y x k x +---=- 因为()()()()()()()11122121131232132k x x k x x x x k x x BM -+--------=--()()()()12122112332k x x x x x x --++-⎡⎤⎣⎦=--()()()222221331213131332k k k k k x x ⎛⎫-+-+- ⎪++⎝⎭=--0=，所以D 1k k BM E ==．所以BMDE ．综上可知，直线BM 与直线DE 平行．【思维导图】【特别点拨】围绕点的坐标确定是解答本题的关键．1．已知圆C 的圆心为)3)(0,(<m m C ，半径为，圆C 与椭圆2222:1x y E a b +=(0)a b >>有一个交点为(3,1)A ，21,F F 分别是椭圆的左、右焦点．（Ⅰ）求圆C 的标准方程；（Ⅱ）若点P 的坐标为()4,4，试探究斜率为k 的直线1PF 与圆C 能否相切，若能，求出椭圆E 和直线1PF 的方程；若不能，请说明理由．1．【解析】（1）由已知可设圆C 的方程为22()5(3)x m y m -+=<，将点A 的坐标代入圆C 的方程，得22(3)15m -+=，即2(3)4m -=，解得1m =或5m =.∵3m <，∴1m =，∴圆C 的方程为22(1)5x y -+=.(2)依题意，可得直线1PF 的方程为(4)4y k x =-+，即440kx y k --+=. 若直线1PF 与圆C 相切，则251k =+0112442=+-∴k k ，解得112k =或12k = .当112=k 时，直线1PF 与x 轴的交点横坐标为36011>，不合题意，舍去．当12=k 时，直线1PF 与x 轴的交点横坐标为－4， ∴124,(4,0),(4,0)c F F =-，∴由椭圆的定义得2222122||||(34)1(34)152262a AF AF =+=+++-+=+=∴32a =，即218a =，2222b a c =-=．直线1PF 能与圆C 相切，直线1PF 的方程为240x y -+=，椭圆E 的方程为221182+=x y ． 【题型二】探索与平面图形形状相关的问题【例2】设椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ，上顶点为A ，过点A 与2AF 垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且1F 恰是2QF 的中点，若过2,,A Q F 三点的圆恰好与直线:330l x y --=相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线2:1+=x y l 与椭圆C 交于H G ,两点，在x 轴上是否存在点)0,(m P ，使得以PH PG ,为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的值；如果不存在，请说明理由．【解析】（1）设椭圆C 的半焦距为()0c c >，由1F 为线段2F Q 中点，2AQ AF ⊥， 所以2,,A Q F 三点圆的圆心为()1,0F c -，半径为2c a =． 又因为该圆与直线l 相切，所以3212c c c --=∴=．所以224,3a b ==，故所求椭圆方程为22143x y +=； （2）将直线2:1+=x y l 代入22143x y +=得041672=++x x ． 设),(),,(2211y x H y x G ，则74,7162121=-=+x x x x ， ∴712422212121=++=+++=+x x x x y y ，∴GH 的中点)76,78(-M ，由于菱形对角线互相垂直，则1-=⋅CM PM k k ，∴1178076-=⨯---m ，解得72-=m ．即存在满足题意的点P ，且m 的值为72-．【思维导图】（13．已知椭圆的中心在坐标原点O ，焦点在x 轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点，过右焦点F 与x 轴不垂直的直线l 交椭圆于P Q ，两点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当直线l 的斜率为1时，求POQ ∆的面积；（Ⅲ）在线段OF 上是否存在点)0,(m M ，使得以MP MQ ，为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．3．【解析】（Ⅰ）由已知，椭圆方程可设为)0(12222>>=+b a by a x ．因为两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点，且短轴长为2，所以2,1===a c b ．所求椭圆方程为1222=+y x ． （Ⅱ）因为直线l 过椭圆右焦点)0,1(F ，且斜率为1，所以直线l 的方程为1-=x y ．设),(),,(2211y x Q y x P ．由⎩⎨⎧-==+,1,2222x y y x 得01232=-+y y ，解得31,121=-=y y ，所以32||21||||212121=-=-⋅=∆y y y y OF S POQ ． （Ⅲ）假设在线段OF 上存在点)10)(0,(<<m m M ，使得以MP ，MQ 为邻边的平行四边形是菱形．因为直线l 与x 轴不垂直，所以设直线l 的方程为)0)(1(≠-=k x k y ．由⎩⎨⎧-==+),1(,2222x k y y x 可得0224)21(2222=-+-+k x k x k ， 因为0)1(8)22)(21(4162224>+=-+-=∆k k k k ，所以222122212122,214kk x x k k x x +-=+=+． 设PQ y x Q y x P ),,(),,(2211的中点为),(00y x N ，所以2022021,212kk y k k x +-=+=， 因为以MP ，MQ 为邻边的平行四边形是菱形，所以MN ⊥PQ ，1-=⋅k k MN ，所以121221222-=⋅-++-=⋅k mk kk kk k MN，整理得m k k k k ++-=+-222221221， 2222221212kk k k k m +=++-=，所以)0(2122≠+=k k k m ，所以210<<m ． 【题型三】探索与平面图形面积相关的问题【例3】已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>，短轴长为2．（1）求椭圆C 的方程；（2）若,A B 是椭圆C 上的两个动点，O 为坐标原点，,OA OB 的斜率分别为12,k k ，问是否存在非零常数λ使12k k λ⨯=时，AOB ∆的面积S 为定值？若存在，求λ的值；否则说明理由．【解析】（1）∵,222c e b a ===，∴222a b c =+，∴2,1,a b ==椭圆C 的方程为：2214x y +=；（2）假设存在这样的常数λ使12k k λ=时AOB S ∆为定值，设直线的方程为： ,y kx m =+且AB 与2214x y +=的交点坐标为()()1122,,,A x y B x y ． 因为12,k k λ=所以，()()121212120,x x y y x x kx m kx m λλ-=-+++0=， 化为()221212()0k x x km x x m λ-+++=．将,y kx m =+代入2214x y +=，消去y 得：()222148440k x kmx m +++-=．由韦达定理得：12x x +2814kmk-=+，12x x 224414m k -=+， ∴()221212()0k x x km x x m λ-+++=，可化为()22414k m λλ-=-．因为点O 到直线AB的距离为d =，所以121122AOBSd AB x x m ==-= 22AOBS ∆⎛⎫= ⎪⎝⎭()()()()()2222222(14)41441414k k k k λλλλ⎡⎤+⋅----⎢⎥⎣⎦-+＝()()4222426416141168114k k k k λλλλ-++⋅-⨯++- 要使上式为定值，只需26411641681λλλ-+-==，得，14λ=-，此时22AOB S ∆⎛⎫= ⎪⎝⎭14，即1AOB S ∆=， 故存在非零常数14λ=-，此时1AOB S ∆=． 【思维导图】（1（23．已知平面直角坐标系上一动点(,)P x y 到点(2,0)A -的距离是点P 到点(1,0)B的距离的2倍．（1）求点P 的轨迹方程；（2）过点A 的直线l 与点P 的轨迹C 相交于,E F 两点，点(2,0)M ，则是否存在直线l ，使EFM S △取得最大值，若存在，求出此时l 的方程，若不存在，请说明理由．3．【解析】（1= ∴2240x x y -+=，即22(2)4x y -+=，（2）由题意知l 的斜率一定存在，不妨假设存直线l 的斜率为k ，且1122(,),(,)E x y F x y 。

二、探究性咨询题近年来，随着社会主义经济建设的迅速开发，要求学校由“应试教育〞向“素养教育〞转化，培养全面开发的开拓型、制造型人才。

在这种要求下，数学教学中开放型咨询题随之产生。

因此，探究性咨询题成了近几年来高考命题中的热点咨询题，它既是高等学校选拔高素养人材的需要，也是中学数学教学培养学生具有制造能力、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看看、分析、回纳、类比、猜度、概括、推证的探究过程，其探究方法是学生应该学习和把握的，是今后数学教育的重要方向。

一般地，关于虽给出了明确条件，但没有明确的结论，或者结论不稳定，需要探究者通过看看、分析、回纳出结论或判定结论的咨询题〔探究结论〕；或者虽给出了咨询题的明确结论，但条件缺少或未知，需要解题者寻寻充分条件并加以证实的咨询题〔探究条件〕，称为探究性咨询题。

此外，有些探究性咨询题也能够改变条件，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、探讨解决咨询题。

探究性咨询题一般有以下几种类型：猜度回纳型、存在型咨询题、分类讨论型。

猜度回纳型咨询题是指在咨询题没有给出结论时，需要从特不情况进手，进行猜度后证实其猜度的一般性结论。

它的思路是：从所给的条件动身，通过看看、试验、不完全回纳、猜度，探讨出结论，然后再利用完全回纳理论和要求对结论进行证实。

其要紧显示是解答数列中等与n 有关数学咨询题。

存在型咨询题是指结论不确定的咨询题，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，需要寻出来，可能不存在，因此需要讲明理由。

解答这一类咨询题时，我们能够先假设结论不存在，假如推论无矛盾，因此结论确定存在；假如推证出矛盾，因此结论不存在。

代数、三角、几何中，都能够出现此种探讨“是否存在〞类型的咨询题。

分类讨论型咨询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，寻出满足条件的条件或结论。

难点40 探索性问题高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题. ●难点磁场1.（★★★★）已知三个向量a 、b 、c ，其中每两个之间的夹角为120°，若｜a ｜=3, ｜b ｜=2,｜c ｜=1，则a 用b 、c 表示为 .●案例探究［例1］已知函数1)(2++=ax c bx x f (a ,c ∈R ,a ＞0,b 是自然数）是奇函数，f (x )有最大值21，且f (1)＞52. （1）求函数f (x )的解析式；（2）是否存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，并且使得P 、Q 两点关于点（1，0）对称，若存在，求出直线l 的方程，若不存在，说明理由.命题意图：本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力，属★★★★★级题目.知识依托：函数的奇偶性、重要不等式求最值、方程与不等式的解法、对称问题.错解分析：不能把a 与b 间的等量关系与不等关系联立求b ；忽视b 为自然数而导致求不出b 的具体值；P 、Q 两点的坐标关系列不出解.技巧与方法：充分利用题设条件是解题关键.本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证.解：（1）∵f (x )是奇函数∴f (–x )=–f (x )，即1122++-=++-ax c bx ax c bx ∴–bx +c =–bx –c∴c =0∴f (x )=12+ax bx 由a ＞0，b 是自然数得当x ≤0时，f (x )≤0，当x ＞0时，f (x )＞0∴f (x )的最大值在x ＞0时取得.∴x ＞0时，22111)(b a bx x b a x f ≤+=当且仅当bxx b a 1= 即a x 1=时，f (x )有最大值21212=b a∴2b a =1,∴a =b 2 ① 又f (1)＞52，∴1+a b ＞52,∴5b ＞2a +2 ② 把①代入②得2b 2–5b +2＜0解得21＜b ＜2 又b ∈N ,∴b =1,a =1,∴f (x )=12+x x （2）设存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，且P 、Q 关于点（1，0）对称，P (x 0,y 0)则Q （2–x 0,–y 0)，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+--=+020002001)2(21y x x y x x ,消去y 0，得x 02–2x 0–1=0解之，得x 0=1±2,∴P 点坐标为(42,21+)或(42,21--)进而相应Q 点坐标为Q （42,21--） 或Q (42,21+). 过P 、Q 的直线l 的方程：x –4y –1=0即为所求.［例2］如图，三条直线a 、b 、c 两两平行，直线a 、b 间的距离为p ，直线b 、c 间的距离为2p ，A 、B 为直线a 上两定点，且｜AB ｜=2p ，MN 是在直线b 上滑动的长度为2p 的线段.（1）建立适当的平面直角坐标系，求△AMN 的外心C 的轨迹E ；命题意图：本题考查轨迹方程的求法、抛物线的性质、数形结合思想及分析、探索问题、综合解题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：求曲线的方程、抛物线及其性质、直线的方程.错解分析：①建立恰当的直角坐标系是解决本题的关键，如何建系是难点，②第二问中确定C 点位置需要一番分析.技巧与方法：本题主要运用抛物线的性质，寻求点C 所在位置，然后加以论证和计算，得出正确结论，是条件探索型题目.解：（1）以直线b 为x 轴，以过A 点且与b 直线垂直的直线为y 轴建立直角坐标系. 设△AMN 的外心为C (x ,y )，则有A (0,p )、M （x –p ,0)，N (x +p ,0)，由题意，有｜CA ｜=｜CM ｜∴2222)()(y p x x p y x ++-=-+,化简，得x 2=2py它是以原点为顶点，y 轴为对称轴，开口向上的抛物线.（2）由（1）得，直线C 恰为轨迹E 的准线.由抛物线的定义知d =｜CF ｜，其中F （0,2p ）是抛物线的焦点. ∴d +｜BC ｜=｜CF ｜+｜BC ｜由两点间直线段最短知，线段BF 与轨迹E 的交点即为所求的点直线BF 的方程为p x y 2141+=联立方程组 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=py x p x y 221412得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=.16179)171(41p y p x . 即C 点坐标为(p p 16179,4171++). 此时d +｜BC ｜的最小值为｜BF ｜=p 217. ●锦囊妙计如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较高要求，高考题中一般对这类问题有如下方法：（1）直接求解；（2）观察——猜测——证明；（3）赋值推断；（4）数形结合；（5）联想类比；（6）特殊——一般——特殊.●歼灭难点训练一、选择题1.（★★★★）已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下面四个命题，其中正确命题是( )①α∥β⇒l ⊥m ②α⊥β⇒l ∥m ③l ∥m ⇒α⊥β ④l ⊥m ⇒α∥βA.①与②B.①与③C.②与④D.③与④2.（★★★★）某邮局只有0.60元，0.80元，1.10元的三种邮票.现有邮资为7.50元的邮件一件，为使粘贴邮票的张数最少，且资费恰为7.50元，则最少要购买邮票( )A.7张B.8张C.9张D.10张二、填空题3.(★★★★)观察sin 220°+cos 250°+sin20°cos50°=43,sin 215°+cos 245°+sin15°三、解答题4.（★★★★）在四棱锥P —ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，问底面的边BC 上是否存在点E .（1）使∠PED =90°；（2）使∠PED 为锐角.证明你的结论.6.（★★★★★）是否存在都大于2的一对实数a 、b (a ＞b )使得ab ,a b ,a –b ,a +b 可以按照某一次序排成一个等比数列，若存在，求出a 、b 的值，若不存在，说明理由.参 考 答 案●难点磁场1.解析：如图–a 与b ，c 的夹角为60°,且|a |=|–a |=3.由平行四边形关系可得–a =3c +23b ,∴a =–3c –23b . 答案：a =–3c –23b 2.解析：飞机成功飞行的概率分别为：4引擎飞机为：4222443342224)1(4)1(6C )1(C )1(C P P P P P P P P P P +-+-=+-+-2引擎飞机为222212)1(2C )1(C P P P P P P +-=+-⋅.要使4引擎飞机比2引擎飞机安全，则有：6P 2（1–P ）2+4P 2（1–P ）+P 4≥2P (1–P )+P 2,解得P ≥32. 即当引擎不出故障的概率不小于32时，4引擎飞机比2引擎飞机安全. ●歼灭难点训练一、1.解析：①l ⊥α且α∥β⇒l ⊥β,m ⊂β⇒l ⊥m .②α⊥β且l ⊥α⇒l ∥β,但不能推出l ∥m .③l ∥m ,l ⊥α⇒m ⊥α,由m ⊂β⇒α⊥β.④l ⊥m ,不能推出α∥β.答案：B2.解析：选1.1元5张，0.6元2张，0.8元1张.故8张.答案：B二、3.解析：由50°–20°=(45°–15°)=30°可得sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43. 答案：sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43三、4.解：(1)当AB ≤21AD 时，边BC 上存在点E ，使∠PED =90°;当AB >21AD 时，使∠PED =90°的点E 不存在.（只须以AD 为直径作圆看该圆是否与BC 边有无交点）（证略）（2）边BC 上总存在一点，使∠PED 为锐角，点B 就是其中一点.连接BD ，作AF ⊥BD ，垂足为F ，连PF ，∵P A ⊥面ABCD ，∴PF ⊥BD ，又△ABD 为直角三角形，∴F 点在BD 上，∴∠PBF 是锐角.同理，点C 也是其中一点.5.解：∵|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=|z 1|2+|z 2|2+(z 12z +1z z 2)∴c 2=a 2+b 2+(z 12z +1z z 2)即：z 12z +1z z 2=c 2–a 2–b 2即有：b 2(21z z )+a 2(12z z )=z 1z 2+z 1z 2 ∴b 2(21z z )+a 2(12z z )=c 2–a 2–b 2 ∴a 2(12z z )2+(a 2+b 2–c 2)(12z z )+b 2=0 这是关于12z z 的一元二次方程，解此方程即得12z z 的值. 6.解：∵a >b ,a >2,b >2,∴ab ,a b ,a –b ,a +b 均为正数，且有ab >a +b >ab ,ab >a +b >a –b . 假设存在一对实数a ,b 使ab ,a b ,a +b ,a –b 按某一次序排成一个等比数列，则此数列必是单调数列.不妨设该数列为单调减数列，则存在的等比数列只能有两种情形，即①ab ,a +b ,⎪⎩⎪⎨⎧+=+=⎪⎩⎪⎨⎧⋅=-+-=+22710257 ))(()()(2b a a b ab b a b a b a ab b a 解得经检验知这是使ab ,a +b ,a –b ,ab 成等比数列的惟一的一组值.因此当a =7+25,b =22710+时，ab ,a +b ,a –b ,a b 成等比数列. 7.解：如果直线l 垂直平分线段AB ，连AF 、BF ，∵F （2p ，0）∈l .∴|F A |=|FB |,设A （x 1,y 1）,B (x 2,y 2),显然x 1>0,x 2>0,y 1≠y 2,于是有（x 1–2p ）2+y 12=(x 2–2p )2+y 22,整理得：（x 1+x 2–p )(x 1–x 2)=y 22–y 12=–2p (x 1–x 2).显然x 1≠x 2(否则AB ⊥x 轴，l 与x 轴重合，与题设矛盾）得：x 1+x 2–p =–2p 即x 1+x 2=–p <0,这与x 1+x 2>0矛盾，故直线l 不能垂直平分线段AB .8.解：设元件T 1、T 2、T 3能正常工作的事件为A 1、A 2、A 3，电路不发生故障的事件为A ，则P （A 1）=0.7，P （A 2）=0.8，P （A 3）=0.9.∴P (A )=0.94×0.9=0.846.P （A 2），用另一种算法求P （A 1+A 3）.∵A 1与A 3彼此不互斥，根据容斥原理P （A 1+A 3）=(3)按图丙的接法求P （A ），用第三种算法.∴P (A )=0.56+0.63–0.504=0.686.综合（1）、（2）、（3）得，图甲、乙、丙三种接法电路不发生故障的概率值分别为0.846,0.776,0.686.故图甲的接法电路不发生故障的概率最大.。

探索性问题【考点梳理】一、探索性问题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。

二、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入手。

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。

探索结论而后论证结论是解决这类问题的一般型式。

3．存在判断型判断存在型问题是指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的探索性问题，解决这类问题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．方法探究型这里指的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，难度较高的构造法即属此型。

在探究方法的过程中，常常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。

三、思想方法解决探索性问题，较少现成的套路和常规程序，需要较多的分析和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。

高考题中一般对这类问题有如下方法：1．直接法2．观察—猜测—证明3．赋值法4．数形结合 5．联想类比6．从特殊到一般7．从特殊到一般再到特殊8．等价转化四、怎样提高解探索问题的能力1．注重双基的训练，夯实基础知识。

高考中的探索性问题一、高考大纲剖析2022年以前数学测试说明中水平要求没有创新意识.2022年数学测试说明：水平要求中指出,水平是指思维水平、运算水平、空间想象水平以及实践水平和创新意识.其中创新意识指对新奇的信息、情境和设问,选择有效的方法和手段收集信息,综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法,进行独立的思考、探索和研究,提出解决问题的思路,创造性地解决问题.命题根本原那么中指出,创新意识和创造水平是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融汇的程度越高,展示水平的区域就越宽泛,显现出的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性,设计考查数学主体内容,表达数学素质的题目；反映数、形运动变化的题目；研究型、探索型或开放型的题目.让考生独立思考,自主探索,发挥主观能动性,研究问题的本质,寻求适宜的解题工具.梳理解题程序,为考生展现其创新意识,发挥创造水平,创设广阔的空间.2022年数学测试大纲〔必修+选I〕：水平要求中创新意识增加了：创新意识是理性思维的高层次表现.对数学问题的“观察、猜测、抽象、概括、证实〞,是发现问题和解决问题的重要途径,对数学知识的迁移、组合、融会的程度越高,显示出的创造意识也就越强.考查要求指出对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查.在测试中创设比拟新奇的问题情境,构造有一定深度和广度的数学问题,要注重问题的多样化,表达思维的发散性.精心设计考察数学主体内容,表达数学素质的试题;反映数、形运动变化的试题;研究型、探索型、开放型的试题.两年测试大纲比照,说明今年高考对学生创新意识要求更高,近几年高测试题中对这方面考查主要通过探索性问题来实现的.那么什么是探索性问题呢?如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统,那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的根本特征.二、高测试题研究高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径,解决非传统完备问题的水平,是命题者根据学科特点,将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的,要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.由于这类题型没有明确的结论,解题方向不明,自由度大,需要先通过对问题进行观察、分析、比拟、概括前方能得出结论,再对所得出的结论予以证实．其难度大、要求高,是练习和考查学生的创新精神,数学思维水平、分析问题和解决问题水平的好题型．近几年高考中探索性问题分量加重,在选择题、填空题、解做题中都已出现．如2022年高考江苏卷第16题〔立几〕、第20题〔解几〕；2022年高考全国卷第15题〔立几〕、第22题〔解几〕；2022年高考上海卷第12题〔填空题,解几〕、第21题〔Ⅲ〕〔解几〕、第22题〔理：集合与函数,文：数列与组合数〕；2022年高考江苏卷第6题〔统计图〕、第13题〔表格〕；2022年高考上海卷第12题〔填空题,数列〕、第16题〔选择题,招聘信息表〕、第21题〔3〕〔立几〕、第22题〔3〕〔圆锥曲线〕；2022年高考北京卷第14题〔填空题,数列〕、第20题〔不等式证实〕；2022年高考福建卷第15题〔概率〕、第21题〔Ⅱ〕〔导数与不等式〕；2022年春季高考上海卷第9题〔数列〕、第16题〔函数〕、第21题〔2〕〔函数与直线〕、第22题〔3〕〔椭圆〕等.题目设计背景新奇,综合性强,难度较大,是区分度较高的试题,根本上都是每份试卷的压轴题.高考常见的探索性问题,就其命题特点考虑,可分为归纳型、题设开放型、结论开放型、题设和结论均开放型以及解题方法的开放型几类问题．其中结论开放型探索性问题的特点是给出一定的条件而未给出结论,要求在给定的前提条件下,探索结论的多样性,然后通过推理证实确定结论;题设开放型探索性问题的特点是给出结论,不给出条件或条件残缺,需在给定结论的前提下,探索结论成立的条件,但满足结论成立的条件往往不唯一,答案与条件对整个问题而言只要是充分的、相容的、独立的．就视为正确的；全开放型,题设、结论都不确定或不太明确的开放型探索性问题,与此同时解决问题的方法也具有开放型的探索性问题,需要我们进行比拟全面深入的探索,才能研究出解决问题的方法来.三、高考复习建议1.复习建议：〔1〕在第二轮复习的过程中要重视对探索性问题的专题练习,题型要多样化,题目涉及的知识覆盖面尽量广一些,难度由浅入深;〔2〕近几年高考探索性问题重点出在函数、数列、不等式、立体几何和解析几何,今年高考这些内容还是出探索性问题的热点〔特别是解做题〕,应增强对这些内容的研究；〔3〕注意总结探索性问题的解题策略.2.解题策略：解探索性问题应注意三个根本问题:认真审题,确定目标;深刻理解题意;开阔思路,发散思维,运用观察、比拟、类比、联想、猜测等带有非逻辑思维成分的合理推理,以便为逻辑思维定向.方向确定后,又需借助逻辑思维,进行严格推理论证,这两种推理的灵活运用,两种思维成分的交织融合,便是处理这类问题的根本思想方法和解题策略解决探索性问题,对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较高要求,高考题中一般解这类问题有如下方法：(1)直接法：直接从给出的结论入手,寻求成立的充分条件；直接从给出的条件入手,寻求结论；假设结论存在〔或不存在〕,然后经过推理求得符合条件的结果〔或导出矛盾〕等例1.如图,在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中,当底面四边形ABCD满足条件__________时,有A1C⊥B1D1〔注：填上你认为正确的条件即可,不必考虑所有可能的情况〕分析：此题是条件探索型试题,即寻找结论A1C⊥B1D1成立的充分条件,由AA1⊥平面A1C1以及A1C⊥B1D1〔平面A1C1的一条斜线A1C与面内的一条直线B1D1互相垂直〕,容易联想到三垂线定理及其逆定理.因此,欲使A1C⊥B1D1,只需B1D1与CA1在平面A1C1上的射影垂直即可.显然,CA1在平面A1C1上的射影为A 1C 1,故当B 1D 1⊥A 1C 1时,有A 1C ⊥B 1D 1,又由于直四棱柱的上、下底面互相平行,从而B 1D 1∥BD,A 1C 1∥AC.因此,当BD ⊥AC 时,有A 1C ⊥B 1D 1.由于此题是要探求使A 1C ⊥B 1D 1成立的充分条件,故当四边形ABCD 为菱形或正方形时,依然有BD ⊥AC,从而有A 1C ⊥B 1D 1,故可以填：①AC ⊥BD 或②四边形ABCD 为菱形,或③四边形ABCD 为正方形中的任一个条件即可.点评: AC⊥BD 是结论A 1C⊥B 1D 1成立的充要条件,而所填的ABCD 是正方形或菱形那么是使结论A1C⊥B 1D 1成立的充分而不必要的条件． 本例中,满足题意的充分条件不唯一,具有开放性特点,这类试题重在考查根底知识的灵活运用以及归纳探索水平.例2.〔2000年全国高测试题〕如图,E 、F 分别为正方体的面ADD 1A 1和面BCC 1B 1的中央,那么四边形BFD 1E 在该正方体的面上的射影可能是_____________〔要求把可能的图形的序号都填上〕分析：此题为结论探索型的试题,要求有一定的空间想象水平.解：由于正方体的6个面可分为互为平行的三对,而四边形BFD 1E 的在互为平行的平面上的射影相同,因此可把问题分为三类：a ：在上、下两面上的射影为图②；b ：在前、后两面上的射影为图②；c ：在左、右两面上的射影为图③.综上可知,在正方体各面上的射影是图②或图③.点评：这也是一道结论探索型问题,结论不唯一,应从题设出发,通过分类以简化思维,再利用射影的概念,得到正确的结论.例3.函数1)(2++=ax c bx x f (a ,c ∈R ,a ＞0,b 是自然数〕是奇函数,f (x )有最大值21,且f (1)＞52.〔1〕求函数f (x )的解析式；〔2〕是否存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点,并且使得P 、Q 两点关于点〔1,0〕对称,假设存在,求出直线l 的方程,假设不存在,说明理由.分析:此题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的水平. 解：〔1〕∵f (x )是奇函数∴f (–x )=–f (x ),即1122++-=++-ax c bx ax c bx ,∴–bx +c =–bx –c ,∴c =0∴f (x )=12+ax bx .由a ＞0,b 是自然数得当x ≤0时,f (x )≤0, 当x ＞0时,f (x )＞0,∴f (x )的最大值在x ＞0时取得. ∴x ＞0时,22111)(b a bx x b a x f ≤+=当且仅当bx x b a 1= 即a x 1=时,f (x )有最大值21212=b a ∴2b a =1,∴a =b 2 ① 又f (1)＞52,∴1+a b ＞52,∴5b ＞2a +2 ② 把①代入②得2b 2–5b +2＜0解得21＜b ＜2,又b ∈N ,∴b =1,a =1,∴f (x )=12+x x 〔2〕设存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点,且P 、Q 关于点〔1,0〕对称,P (x 0,y 0)那么Q 〔2–x 0,–y 0),∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+--=+020002001)2(21y x x y x x ,消去y 0,得x 02–2x 0–1=0解之,得x 0=1±2,∴P 点坐标为(42,21+)或(42,21--) 进而相应Q 点坐标为Q 〔42,21--〕或Q (42,21+). 过P 、Q 的直线l 的方程：x –4y –1=0即为所求.点评：充分利用题设条件是解题关键.此题是存在型探索题目,注意在假设存在的条件下推理创新,假设由此导出矛盾,那么否认假设,否那么,给出肯定的结论,并加以论证. 〔2〕观察——猜测——证实例4.观察sin 220°+cos 250°+sin20°cos50°=43,sin 215°+cos 245°+sin15°cos45°=43, 写出一个与以上两式规律相同的一个等式 . 答案：sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43 例5.〔2022高考上海卷〕数列}{n a 〔n 为正整数〕是首项是a 1,公比为q 的等比数列.〔1〕求和：;,334233132031223122021C a C a C a C a C a C a C a -+-+-〔2〕由〔1〕的结果归纳概括出关于正整数n 的一个结论,并加以证实.〔3〕设q ≠1,S n 是等比数列}{n a 的前n 项和,求：n n n n n n n n C S C S C S C S C S 134231201)1(+-++-+-解:〔1〕.)1(33,)1(231312111334233132031212111223122021q a q a q a q a a C a C a C a C a q a q a q a a C a C a C a -=-+-=-+--=+-=+-〔2〕归纳概括的结论为：假设数列}{n a 是首项为a 1,公比为q 的等比数列,那么 nn n n n n n n n n n n n n n n n n nn n n n n n n n n n n n n n n q a C q C q C q qC C a C q a C q a C q a qC a C a C a C a C a C a C a n q a C a C a C a C a C a )1(])1([)1()1(:.,)1()1(13322101133122111011342312011134231201-=-++-+-=-++-+-=-++-+--=-++-+-++ 证明为正整数〔3〕由于,111qq a a S nn --=.)1(1])1([1])1([11)1(111)1(133221013210111123111211011134231201n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n nn n n n n n q q q a C q C q C q qC C q q a C C C C C qa C qq a a C q q a a C q q a a C q q a a C S C S C S C S C S --=-++-+----++-+--=---++--+-----=-++-+-++ 所以 例6.由以下各式：112111123111111312345672111122315>++>++++++>++++>你能得出怎样的结论,并进行证实.分析：对所给各式进行比拟观察,注意各不等式左边的最后一项的分母特点：1=21-1,3=22-1,7=23-1,15=24-1,…,一般的有2n -1,对应各式右端为一般也有2n . 解：归纳得一般结论 *1111()23212n n n N ++++>∈- 证实：当n=1时,结论显然成立. 当n ≥2时, 3333111111111111()()2321244222211111111()()2222222222n n n n n n n n n n ++++>+++++++++-++++-=-=+->故结论得证.〔3〕特殊—一般—特殊：其解法是先根据假设干个特殊值,得到一般的结论,然后再用特殊值解决问题.例7.设二次函数f(x)=ax 2+bx+c (a,b,c ∈R,a ≠0)满足条件：①当x ∈R 时,f(x-4)=f(2-x),且f(x)≥x ；②当x ∈(0,2)时,f(x)≤2)21(+x ③f(x)在R 上的最小值为0.求最大值m(m>1),使得存在t ∈R,只要x ∈[1,m],就有f(x+t)≤x分析：此题先根据题设求出函数f 〔x 〕解析式,然后假设t 存在,取x=1得t 的范围,再令x=m 求出m 的取值范围,进而根据t 的范围求出m 的最大值.解法一：∵f(x -4)=f(2-x),∴函数的图象关于x= -1对称∴12-=-a b 即b=2a 由③知当x= -1时,y=0,即a -b+c=0；由①得 f(1)≥1,由②得 f(1)≤1.∴f(1)=1,即a+b+c=1,又a -b+c=0∴a=41 b=21 c=41 ,∴f(x)=4121412++x x 假设存在t ∈R,只要x ∈[1,m],就有f(x+t)≤x 取x=1时,有f(t+1)≤1⇒41(t+1)2+21(t+1)+41≤1⇒-4≤t ≤0 对固定的t ∈[-4,0],取x=m,有f(t +m)≤m ⇒41(t+m)2+21(t+m)+41≤m ⇒m 2-2(1-t)m+(t 2+2t+1)≤0 ⇒t t 41---≤m ≤t t 41-+- ∴m ≤t t 41--≤)4(4)4(1-⋅-+--=9当t= -4时,对任意的x ∈[1,9],恒有f(x -4)-x=41(x 2-10x+9)=41(x -1)(x -9)≤0 ∴m 的最大值为9.解法二：∵f(x -4)=f(2-x),∴函数的图象关于x=-1对称∴ 12-=-ab b=2a 由③知当x= -1时,y=0,即a -b+c=0；由①得 f(1)≥1,由②得 f(1)≤1∴f(1)=1,即a+b+c=1,又a -b+c=0∴a=41 b=21 c=41∴f(x)=4121412++x x =41(x+1)2 由f(x+t)=41(x+t+1)2≤x 在x ∈[1,m]上恒成立 ∴4[f(x+t)-x]=x 2+2(t-1)x+(t+1)2≤0当x ∈[1,m]时,恒成立令 x=1有t 2+4t ≤0⇒-4≤t ≤0令x=m 有t 2+2(m+1)t+(m-1)2≤0当t ∈[-4,0]时,恒有解令t= -4得,m 2-10m+9≤0⇒1≤m ≤9即当t= -4时,任取x ∈[1,9]恒有f(x-4)-x=41(x 2-10x+9)=41(x -1)(x -9)≤0 ∴ m min =9点评：此题属于存在性探索问题,处理这道题的方法就是通过x 的特殊值得出t 的大致范围,然后根据t 的范围,再对x 取特殊值,从而解决问题.〔4〕联想类比例8.在平面几何里,有勾股定理：“设△ABC 的两边AB,AC 互相垂直,那么AB 2+AC 2=BC 2〞拓展到空间,类比平面几何的勾股定理,研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系,可以得出的正确结论是：“设三棱锥A —BCD 的三个侧面ABC 、ACD 、ADB 两两相互垂直,那么2222BCD ADB ACD ABC S S S S ∆∆∆∆=++.〞例9.假设数列{a n }是等差数列,数列{b n }满足b n =*12()n a a a n N n +++∈,那么{b n }也为等差数列.类比上述性质,相应地,假设数列{c n }是等比数列,且c n >0,数列{d n }满足d n = ,那么数列{d n }也为等比数列. 答案：d n 2n c 〔n ∈N *〕 例10.(2022年上海市春季高考题〕设()22f x =+利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法,可求得(5)(4)(3)(0)(5)(6)f f f f f f -+-+-+++++的值是分析：利用f 〔1-x 〕+f 〔x 〕可求(5)(4)(3)(0)(5)(6)f f f f f f -+-+-+++++=〔5〕赋值推断例11.〔2022年高考上海卷16〕某地2022年第一季度应聘和招聘人数排行榜前5个行业的情况列表如下假设用同一行业中应聘人数与招聘人数比值的大小来衡量该行业的就业情况,那么根据表中数据,就业形势一定是〔 B 〕A ．计算机行业好于化工行业B ．建筑行业好于物流行业.C ．机械行业最紧张.D ．营销行业比贸易行业紧张例12.〔2022年高考江苏卷〕二次函数y=ax 2+bx+c(x ∈R )的局部对应值如下表：那么不等式ax 2+bx+c>0的解集是),3()2,(+∞--∞ .〔6〕几何意义法几何意义法就是利用探索性问题的题设所给的数或式的几何意义去探索结论,由于数学语言的抽象性,有些探索性问题的题设表述不易理解,在解题时假设能积极地考虑题设中数或式的几何意义所表达的内在联系,巧妙地转换思维角度,将有利于问题的解决. 例13.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 ＝φ？分析：此题等价于是否存在自然数k,b,使得直线y ＝kx+b 与抛物线y 2―x ―1=0和16x 2+8x ―2y+5=0都没有交点.解：由于抛物线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221y kx y x =+⎧⎨=+⎩无实数解,得11k <<,从而k=1, 此时方程组225842y kx y x x =+⎧⎪⎨=++⎪⎩无实数解.故存在k=1,b=2满足〔A ∪B 〕∩C ＝φ. 点评：与集合运算有关的一类探索性问题,它的题设往往都具有鲜明的几何意义.四、高考命题展望随着以培养学生的创新精神和实践水平为重点的素质教育的深入开展和新课程改革的不断深入,高考命题将更加关注“探索性问题〞．从最近几年来高考中探索性问题逐年攀升的趋势,可预测探索性问题仍将是高考命题“孜孜以求的目标〞．我们认为进行探索性问题的练习,是数学教育走出困境的一个好方法．由于数学开放探索题有利于学生创新意识的培养和良好思维品质的形成,它越来越受到教育界人士的关注和深入研究,在高考中起着愈来愈重要的作用．我们预测：1.从2000年～2022年的高考中,探索性问题逐年攀升的趋势,可预测今后将会加大开放探索性考题的力度．2.在2022年和2022年连续两年高考题中〔特别是上海市高考题〕,出现以解析几何、立体几何和函数为背景的结论开放型探索性的解做题,说明这类题型仍将是高考解做题的重点．3.设计开放探索题,能考查学生的创新意识,特别应鼓励学生创新性的解答,这就反映学生的创新意识,应该很好鼓励．4.将在方法型开放探索题中有所突破,用非常规的解题方法,或者指定两种以上方法解同一个问题,或者在题设或结论开放型的问题中解决方法也具有一定的开放性问题,都可能在高考中出现．2022-3-24。

类型六探索性问题解决探索性问题的注意事项探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在． (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件；(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．【典例1】在平面直角坐标系xOy ，点M 到点F (1,0)的距离比它到y 轴的距离多1.记点M 的轨迹为C .(1)求轨迹C 的方程；(2)设斜率为k 的直线l 过定点P (－2,1)，求直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k 的相应取值范围． [审题](1)切入点：根据两点间的距离公式及点到直线的距离公式列方程求解轨迹方程． 关注点：注意分x ≥0，x <0两种情况讨论，最后写成分段函数的形式．(2)切入点：先求出直线l 的方程，然后联立直线l 与抛物线的方程，消去x ，得到关于y 的方程，分k ＝0，k ≠0两种情况讨论．关注点：当k ≠0时，设直线l 与x 轴的交点为(x 0,0)进而按Δ、x 0与0的大小关系再分情况讨论． 【解析】 (1)设点M (x ，y )，依题意得|MF |＝|x |＋1，即x －12＋y 2＝|x |＋1，化简整理得y 2＝2(|x |＋x ).2分 故点M 的轨迹C 的方程为y 2＝⎩⎨⎧4x ，x ≥0，0，x <0.4分 (2)在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x ，C 2：y ＝0(x <0)． 依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2)．由方程组⎩⎨⎧y －1＝k x ＋2，y 2＝4x ，可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.①5分①当k ＝0时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝14.故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点⎝⎛⎭⎫14，1.6分 ②当k ≠0时，方程①的判别式为Δ＝－16(2k 2＋k －1)．②设直线l 与x 轴的交点为(x 0,0)，则由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得x 0＝－2k ＋1k.③7分(ⅰ)若⎩⎨⎧Δ<0，x 0<0，由②③解得k <－1，或k >12.即当k ∈(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，直线l 与C 1没有公共点，与C 2有一个公共点， 故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点.8分(ⅱ)若⎩⎨⎧Δ＝0，x 0<0，或⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x 0≥0，由②③解得k ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12，或k ∈⎣⎡⎭⎫－12，0. 即当k ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12时，直线l 与C 1只有一个公共点，与C 2有一个公共点．当k ∈⎣⎡⎭⎫－12，0时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2没有公共点． 故当k ∈⎣⎡⎭⎫－12，0∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点.10分 (ⅲ)若⎩⎨⎧Δ>0，x 0<0，11分由②③解得－1<k <－12，或0<k <12.即当k ∈⎝⎛⎭⎫－1，－12∪⎝⎛⎭⎫0，12时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2有一个公共点， 故此时直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点．综合(1)(2)可知，当k ∈(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞∪{0}时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点；当k ∈⎣⎡⎭⎫－12，0∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点；当k ∈⎝⎛⎭⎫－1，－12∪⎝⎛⎭⎫0，12，直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点.【典例2】已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m>0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M.(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由． 2思路分析❶假设四边形OAPB 能为平行四边形 ↓❷线段AB 与线段OP 互相平分 ↓❸计算此时直线l 的斜率↓ ❹下结论【解析】(1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b(k≠0，b≠0)， A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，M(x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得 (k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k，即k OM ·k ＝－9. 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k>0，k≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x.设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9. 将点⎝⎛⎭⎫m3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m 3－k 3， 因此x M ＝k k －3m3k 2＋9.四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km3k 2＋9＝2×k k －3m 3k 2＋9，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形． 【典例3】如图，O 为坐标原点，双曲线C 1：x 2a 21－y 2b 21＝1(a 1＞0，b 1＞0)和椭圆C 2：y 2a 22＋x 2b 22＝1(a 2＞b 2＞0)均过点P (233，1)，且以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．(1)求C 1，C 2的方程；(2)是否存在直线l ，使得l 与C 1交于A ，B 两点，与C 2只有一个公共点，且|OA →＋OB →|＝|AB →|？证明你的结论．【解析】 (1)设C 2的焦距为2c 2，由题意知，2c 2＝2,2a 1＝2，从而a 1＝1，c 2＝1.因为点P (233，1)在双曲线x 2－y 2b 21＝1上，所以(233)2－1b 21＝1. 故b 21＝3. 由椭圆的定义知 2a 2＝2332＋1－12＋2332＋1＋12＝2 3.于是a 2＝3，b 22＝a 22－c 22＝2，故C 1，C 2的方程分别为x 2－y 23＝1，y 23＋x 22＝1. (2)不存在符合题设条件的直线．①若直线l 垂直于x 轴，因为l 与C 2只有一个公共点，所以直线l 的方程为x ＝2或x ＝－ 2. 当x ＝2时，易知A (2，3)，B (2，－3)，所以 |OA →＋OB →|＝22，|AB →|＝2 3. 此时，|OA →＋OB →|≠|AB →|.当x ＝－2时，同理可知，|OA →＋OB →|≠|AB →|. ②若直线l 不垂直于x 轴，设l 的方程为y ＝kx ＋m . 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 2－y 23＝1得(3－k 2)x 2－2kmx －m 2－3＝0. 当l 与C 1相交于A ，B 两点时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，从而x 1＋x 2＝2km 3－k 2，x 1x 2＝m 2＋3k 2－3. 于是y 1y 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝3k 2－3m 2k 2－3.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 23＋x 22＝1得(2k 2＋3)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.因为直线l 与C 2只有一个公共点，所以上述方程的判别式 Δ＝16k 2m 2－8(2k 2＋3)(m 2－3)＝0. 化简，得2k 2＝m 2－3，因此OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝m 2＋3k 2－3＋3k 2－3m 2k 2－3＝－k 2－3k 2－3≠0， 于是OA →2＋OB →2＋2OA →·OB →≠OA →2＋OB →2－2OA →·OB →， 即|OA →＋OB →|2≠|OA →－OB →|2，故|OA →＋OB →|≠|AB →|. 综合①，②可知，不存在符合题设条件的直线．【典例4】已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，左、右顶点分别为A 1，A 2.(1)若M 为C 上任意一点，求|MF 1|·|MF 2|的最大值；(2)椭圆C 上是否存在点P(异于点A 1，A 2)，使得直线PA 1，PA 2与直线x ＝4分别交于点E ，F ，且|EF|＝1？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】解 (1)由椭圆的定义可知|MF 1|＋|MF 2|＝4， ∴|MF 1|·|MF 2|≤⎝⎛⎭⎫|MF 1|＋|MF 2|22＝4，当且仅当|MF 1|＝|MF 2|＝2时等号成立， ∴|MF 1|·|MF 2|的最大值为4. (2)假设存在满足题意的点P. 不妨设P(x 0，y 0)(y 0>0)，则－2<x 0<2. 由题意知直线PA 1的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)， 令x ＝4，得y E ＝6y 0x 0＋2， 直线PA 2的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)， 令x ＝4，得y F ＝2y 0x 0－2， 由|EF|＝y E －y F ＝6y 0x 0＋2－2y 0x 0－2＝4x 0y 0－16y 0x 20－4＝4y 0x 0－4－4y 20＝4－x 0y 0＝1，得x 0＝4－y 0，由x 20＋4y 20＝4，得5y 20－8y 0＋12＝0，∵Δ＝－176<0，∴此方程无解．故不存在满足题意的点P.【典例5】已知抛物线C ：y 2＝4x ，过点(2,0)作直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，在x 轴上是否存在一点A ，使得x 轴平分∠MAN ？若存在，求出点A 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解 ①当直线l 的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x 轴上任意一点A(不与点(2,0)重合)，都可使得x 轴平分∠MAN ；②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k(x －2)(k≠0)，设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，联立方程⎩⎨⎧y ＝k x －2，y 2＝4x ，消去y 得k 2x 2－(4k 2＋4)x ＋4k 2＝0， 显然Δ>0，∴x 1＋x 2＝4k 2＋4k2，x 1x 2＝4，(*)假设在x 轴上存在一点A(a,0)，使得x 轴平分∠MAN ， ∴k AM ＋k AN ＝0，∴y 1x 1－a ＋y 2x 2－a ＝0，∴y 1x 2－a ＋y 2x 1－ax 1－a x 2－a＝0，又y 1＝k(x 1－2)，y 2＝k(x 2－2)， ∴2x 1x 2－a ＋2x 1＋x 2＋4ax 1x 2－a x 1＋x 2＋a 2＝0，把(*)式代入上式化简得4a ＝－8， ∴a ＝－2，∴点A(－2,0)，综上所述，在x 轴上存在一点A(－2,0)，使得x 轴平分∠MAN. 规律方法 探索性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论． 【拓展训练】1．已知椭圆G ：x 24＋y 2＝1，点B(0,1)，点A 为椭圆G 的右顶点，过原点O 的直线l 与椭圆G 交于P ，Q两点(点Q 在第一象限)，且与线段AB 交于点M.是否存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 【解析】解 设Q(x 0，y 0)，则P(－x 0，－y 0)，可知0<x 0<2,0<y 0<1.假设存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍，则|OP|＝3|MQ|，即|OQ|＝3|MQ|， 即OM →＝23OQ →＝⎝⎛⎭⎫23x 0，23y 0，得M ⎝⎛⎭⎫23x 0，23y 0. 又A(2,0)，∴直线AB 的方程为x ＋2y －2＝0. ∵点M 在线段AB 上，∴23x 0＋43y 0－2＝0，整理得x 0＝3－2y 0，①∵点Q 在椭圆G 上，∴x 204＋y 20＝1，② 把①式代入②式可得8y 20－12y 0＋5＝0， ∵判别式Δ＝(－12)2－4×8×5＝－16<0， ∴该方程无解．∴不存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍．2．(2020·滁州模拟)已知椭圆E ：x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，是否存在斜率为－1的直线l 与以线段F 1F 2为直径的圆相交于A ，B 两点，与椭圆E 相交于C ，D 两点，且|CD|·|AB|＝12137？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．【解析】解 假设存在斜率为－1的直线l ，设为y ＝－x ＋m ， 由题意知，F 1(－1,0)，F 2(1,0)，所以以线段F 1F 2为直径的圆为x 2＋y 2＝1，由题意，圆心(0,0)到直线l 的距离d ＝|－m|2<1，得|m|<2，|AB|＝21－d 2＝21－m 22＝2×2－m 2，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝－x ＋m 消去y ，整理得 7x 2－8mx ＋4m 2－12＝0.由题意，Δ＝(－8m)2－4×7×(4m 2－12)＝336－48m 2＝48(7－m 2)>0， 解得m 2<7，又|m|<2，所以m 2<2. 设C(x 1，y 1)，D(x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8m7，x 1x 2＝4m 2－127，|CD|＝1＋k 2|x 2－x 1|＝2×336－48m 27＝467－m 27，若|CD|·|AB|＝12137， 则2×2－m 2×467×7－m 2＝12137，整理得4m 4－36m 2＋17＝0， 解得m 2＝12或m 2＝172.又m 2<2，所以m 2＝12，即m ＝±22.故存在符合条件的直线l ，其方程为 y ＝－x ＋22或y ＝－x －22. 专题训练1. (2020·广州模拟)如图，已知椭圆C ：x 24＋y 22＝1.过点P(0,1)的动直线l(直线l 的斜率存在)与椭圆C 相交于A ，B 两点，问在y 轴上是否存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA||QB|＝S △APQ S △BPQ恒成立？若存在，求出定点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解 假设在y 轴上存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA||QB|＝S △APQ S△BPQ恒成立．设Q(0，m)(m≠1)，A(x 1，y 1)， B(x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝kx ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0， 显然，Δ>0，∴x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，S△APQS△BPQ＝12|QP||QA|sin ∠PQA 12|QP||QB|sin ∠PQB ＝|QA|sin ∠PQA |QB|sin ∠PQB ， ∵|QA||QB|＝S△APQ S△BPQ，∴sin ∠PQA ＝sin ∠PQB ， ∴∠PQA ＝∠PQB ，∴k QA ＝－k QB ，∴y 1－m x 1＝y 2－m－x 2，∴(m －1)(x 1＋x 2)＝2kx 1x 2，即－(m －1)·4k 2k 2＋1＝－2k·22k 2＋1，解得m ＝2，∴存在定点Q(0,2)，使得|QA||QB|＝S△APQ S△BPQ恒成立． 2．在平面直角坐标系xOy 中．①已知点Q(3，0)，直线l ：x ＝23，动点P 满足到点Q 的距离与到直线l 的距离之比为22. ②已知点H(－3，0)，G 是圆E ：x 2＋y 2－23x －21＝0上一个动点，线段HG 的垂直平分线交GE 于P. ③点S ，T 分别在x 轴，y 轴上运动，且|ST|＝3，动点P 满足OP →＝63OS →＋33OT →.(1)在①②③这三个条件中任选一个，求动点P 的轨迹C 的方程；(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)(2)设圆O ：x 2＋y 2＝2上任意一点A 处的切线交轨迹C 于M ，N 两点，试判断以MN 为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【解析】解 (1)若选①， 设P(x ，y)，根据题意得，x －32＋y 2|x －23|＝22，整理，得x 26＋y 23＝1，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 26＋y 23＝1.若选②，由E ：x 2＋y 2－23x －21＝0得(x －3)2＋y 2＝24， 由题意得|PH|＝|PG|，所以|PH|＋|PE|＝|PG|＋|PE|＝|EG|＝2 6 >|HE|＝23，所以点P 的轨迹C 是以H ，E 为焦点的椭圆， 且a ＝6，c ＝3，则b ＝3，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 26＋y 23＝1.若选③，设P(x ，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，则x′2＋y′2＝9，(*) 因为OP →＝63OS →＋33OT →，所以⎩⎨⎧x ＝63x′，y ＝33y′，即⎩⎪⎨⎪⎧x′＝62x ，y′＝3y ，将其代入(*)，得x 26＋y 23＝1，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)当过点A 且与圆O 相切的切线斜率不存在时，切线方程为x ＝2，x ＝－2， 当切线方程为x ＝2时，M(2，2)，N(2，－2)， 以MN 为直径的圆的方程为(x －2)2＋y 2＝2.①当切线方程为x ＝－2时，M(－2，2)，N(－2，－2)， 以MN 为直径的圆的方程为(x ＋2)2＋y 2＝2.② 由①②联立，可解得交点为(0,0)．当过点A 且与圆O 相切的切线斜率存在时，设切线方程为y ＝kx ＋m ，即|m|k 2＋1＝2，即m 2＝2(k 2＋1)． 联立切线与椭圆C 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1，并消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.因为Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)＝－8(m 2－6k 2－3)＝－8(2k 2＋2－6k 2－3)＝8(4k 2＋1)>0， 所以切线与椭圆C 恒有两个交点．设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2， 因为OM →＝(x 1，y 1)，ON →＝(x 2，y 2)，所以OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m)(kx 2＋m)＝(1＋k 2)x 1x 2＋km(x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)·2m 2－61＋2k 2＋km·－4km 1＋2k 2＋m 2 ＝3m 2－6－6k 21＋2k 2＝3×2k 2＋1－6－6k 21＋2k 2＝0. 所以OM ⊥ON ，所以以MN 为直径的圆过原点(0,0)，综上所述，以MN 为直径的圆过定点(0,0)．。

高三复习专题：探索性问题的常见类型及其求解策略在近儿年的高考试题中，有关探索性问题频频出现，涉及代数、三角、儿何, 成为高考的热点之一。

正因如此，初等数学中有关探索性问题也就成为大家研究的热点。

多年来笔者对此也做了一些探讨。

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。

要求解答者自己去探索，结合己有条件，进行观察、分析、比较和概括。

它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。

它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。

探索性问题一般可分为：条件追溯型，结论探索型、条件重组型，存在判断型，规律探究型，实验操作型。

每一种类型其求解策略乂有所不同。

因此，我们在求解时就必须首先要明辨它是哪一种类型的探索问题，然后再根据所属类型制定解题策略。

下面分别加以说明：一、条件追溯型这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，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。

例1. (2002年上海10)设函数/•⑴= sin2x,若是偶函数，贝Ut的一个可能值是o 分析与解答：：/(x + r) = sin2(x + r) = sin(2x + 2r).X/(x + 偶函数/. f(x + t) = f(-x + r)B|Jsin(2x + It) = sin(-2x + 2r)。

由此可得、2k +12x + 2r = -2x + 2/ + + t = TT-(-2X +2t) + 2ki(k E Z) /. t = --- 7r(k e Z)4 评注：本题为条件探索型题目，其结论明确，需要完备使得结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，进行演绎推理推导出所需寻求的条件.这类题要求学生变换思维方向，有利于培养学生的逆向思维能力.二、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。

第十七专题 探索性问题考情动态分析：常规的解答题或证明题，其条件或结论都明确给出，解题过程实际上就是由因导果或由果索因，是一个展示思维走向的过程.由给定的题设条件探求相应的结论，或由给定的题断追溯应具备的条件，或变更题设、题断的某个部分使命题也相应变化等等.这一类问题称之为开放探索型命题.探索性（开放性）问题是以考查学生的创新意识、创新精神为目标的一种题型，这类问题常以新颖的形式出现，解题入口宽，而且往往有比较隐蔽的条件，解这类问题必须通过分析判断、演绎推理、联想转化、尝试探索等多种思维形式去寻求解题途径.探索性问题从探索方法上看有归纳探索、类比探索、结构探索、存在性探索、综合性探索等.在高考中探索性问题多为综合题，在2005年高考试题中，湖北等省市命题中，都出现了探索性问题，该类问题将在2006年的命题中成为新的增长点.第一课时 条件探索和结论探索型一、考点核心整合探索性问题往往需要由给定的题设条件去探索相应的结论（结论探索），或由题断结果反溯相应的条件（条件探索），即在解决问题之前先要求学生透过题目所给信息，去发现规律的东西.解探索性问题应注意三个基本问题：①认真审题，确定目标；②要注意挖掘隐含条件，注意准确性，即做到不漏条件、判断准确、运算合理；③开阔思路，因题定法.较强的选拔功能，自然也成为高考的热点之一.二、典例精讲：例1 在直三棱柱ABC C B A -111中，1CC BC =，当底面 111C B A ∆满足条件_________时，有11BC AB ⊥.（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况）例2 设函数22,0)(sin()(πϕπωϕω<<->+=x x f ，给出以下四个论断：①)(x f 的图象关于直线12π=x 对称；②)(x f 的图象关于点)0,3(π对称；③)(x f 的周期为π；④)(x f 在]0,6[π-上是增函数.以其中的两个论断为条件，余下的论断为结论，写出你认为正确的两个命题，并对其中一个命题加以证明. 例3 过点)0,2(-P 的直线l 交抛物线y x 42=于、B A 邻边作平行四边形OAMB .（Ⅰ）求顶点M 的轨迹方程；（Ⅱ）在所求轨迹上是否存在点M ，使四边形OAMB 矩形？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由 例4 集合A 是由适合以下性质的函数)(x f 构成的：对于任意的0,0>>y x ，且y x ≠，都有)32(3)(2)(y x f y f x f +>+. （Ⅰ）试判断x x f 21log )(=及22)1()(+=x x f 是否在集合A 中？并说明理由； （Ⅱ）设A x f ∈)(，且定义域是),0(+∞，值域是)2,1(，23)1(>f ，写出一个满足以上条件的)(x f 的解析式；并证明你写出的函数A x f ∈)(. 三、提高训练：（一）选择题：1．甲：“一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面”，乙：“两个二面角相等或互补”，则甲是乙的（ ）A 、充分条件B 、必要条件C 、充要条件D 、既不充分也不必要条件2．斜四棱柱的四个侧面中，矩形的个数最多是（ ）A 、1B 、2C 、3D 、43．设函数)(x f y =存在反函数，把)(x f y =的图象在直角坐标平面上绕原点按顺时针方向旋转 90后得到图象F ，F 对应的函数是（ ）A 、)(1x f y -=-B 、)(1x f y -=C 、)(1x f y --=D 、)(1x f y --=-4．设、为非零向量，且),(),,(2211y x y x ==，则以下命题：①0=⋅b a ；②21x x 021=+y y ；③||||-=+；④222)(b a b a -=+中与b a ⊥等价的个数有（ ）A 、1个B 、2个C 、3个D 、4个 5．过圆522=+y x 内点)23,25(P 有n 条弦，这n 条弦的长度成等差数列}{n a ，如果过P 点的圆的最短的弦长为1a ，最长的弦长为n a ，且公差)31,61(∈d ，那么n 的取值集合为（ ）A 、}7,6,5{B 、}6,5,4{C 、}5,4,3{D 、}6,5,4,3{（二）填空题：6．一个透明密闭的正方体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水（如右图），任意转动这个正方体，则水面在容器中的形状可以是：①三角形；②菱形；③矩形；④正方形；⑤正六边形.其中正确的是________________.（把你认为正确的都填上）7．老师给出一个函数)(x f y =，四个学生甲、乙、丙、丁各指出这个函数的一个性质：甲：对于R x ∈，都有)1()1(x f x f -=+；乙：在]0,(-∞上函数递减；丙：在),0(+∞上函数递增；丁：)0(f 不是函数的最小值.如果其中恰有三人说得正确，请写出一个这样的函数___________________.（三）解答题：8．已知c b a ===γβαtan ,tan ,tan ，其中γβα、、均为锐角，问γβα++满足什么条件时，有1<++ca bc ab .9．已知点的序列N n x A n n ∈),0,(，其中)0(,021>==a a x x ，3A 是线段21A A 的中点，4A 是线段32A A 的中点，…，n A 是线段12--n n A A 的中点，….（Ⅰ）写出n x 与21--n n 、xx 之间的关系式)3(≥n ； （Ⅱ）设n n n x x a -=+1，计算1a 、2a 、3a ，由此推测数列}{n a 的通项公式，并加以证明；（Ⅲ）求∞→n n x lim .10．有一块边长为4的正方形钢板，现对其进行切割、焊接成一个长方体无盖容器（切、焊损耗忽略不计），有人应用数学知识作了如下设计：如图（1），在钢板的四个角处各切去一个小正方形，剩余部分围成一个长方体，该长方体的高为小正方形边长，如图（2）. （Ⅰ）请你求出这种切割、焊接而成的长方体的最大容积1V ；（Ⅱ）由于上述设计存在缺陷（材料有所浪费），请 你重新设计切焊方法，使材料浪费减少，而且所得长方体容器的容积12V V >.第二课时 存在性探索型一、考点核心整合在存在性探索型问题中，常以“存在”“不存在”“是否存在”等形式出现.“存在”问题无论用什么方法，只要找到一个，就说明存在.“不存在”就是无论用什么方法都找不到，或假设存在，导出矛盾（即用反证法证明）.“是否存在”结果有两种可能——存在或不存在，若存在，需找出来；若不存在，说明理由.此类问题的解决方法是：假设存在，若求出，即解决；若导出矛盾，说明不存在.二、典例精讲：例1 观察4345cos 15sin 45cos 15sin ,4350cos 20sin 50cos 20sin 2222=++=++ .请写出一个与以上两式规律相同的一个等式：____________________________________.例2 已知抛物线)0(42>=a ax y 的焦点为F ，以)0,4(+a A 为圆心，||AF 为半径的圆在x 轴的上方与该抛物线交于点、N M .（Ⅰ）求证：A 点在以、N M 为焦点且过F 的椭圆上； （Ⅱ）设P 是MN 的中点，是否存在这样的正实数a ，使得||PF 是||FM 和||FN 的等差中项？若存在，求出a 的值；如不存在，请说明理由.例3 已知数列}{n a 的前n 项的和n n S n 532+=，数列}{n b 中的81=b ，且n n b b 641=-.是否存在正实数m ，使得对于n m n b a N n log ,+∈*为一常数？若存在，求出m 和n a n m b log +；若不存在，请说明理由.深化拓展（2004年湖北高考题）：直线1:+=kx y l 与双曲线12:22=-y x C 的右支交于不同的两点、B A. （Ⅰ）求实数k 的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F ？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.例 4 是否存在这样的实数a ，使得函数ax x x y +-=233的图象恰好和直线x y =相切？若存在，求出满足条件的a 的值；若不存在，请说明理由.三、提高训练：（一）选择题：1．设I 为全集，321、S 、S S 是I 的三个非空子集，且I S S S =321 ，则下面论断正确的是（ ） A 、φ=)(321S S S C IB 、)(321SC S C S I I ⊆ C 、φ=)(321S C S C S C I I ID 、)(321S C S C S I I ⊆ 2．已知直线l 过点)0,2(-，当直线l 与圆x y x 222=+有两个交点时，其斜率k 的取值范围是（ ）A 、)22,22(-B 、)2,2(-C 、)42,42(- D 、)81,81(- 3．如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1均为正三角形，2,//=EF AB EF ，则该多面体的体积为（ A 、32 B 、33 C 、34 D 、23 4．在AB C ∆中，已知C B A sin 2tan =+2sin sin 0≤+<B A ；③1cos sin 22=+B A ；④C B A 222sin cos cos =+.其中正确的是（ ）A 、①③B 、②④C 、①④D 、②③5．集合A S },5,4,3,2,1,0{=是S 的一个子集，当A x ∈时，若有A x ∉-1，且A x ∉+1，则称x 为A 的一个“孤立元素”，那么S 中无“孤立元素”的四元子集的个数是（ ）A 、4B 、5C 、6D 、7（二）填空题：6．边长为a 的等边三角形内任一点到三边距离之和为定值，这个定值为_________；推广到空间，棱长为a 的正四面体内任一点到各面距离之和为____________.7．取棱长为a 的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，依次进行下去，对正方体的所有顶点都如此操作，所得的各截面与正方体各面共同围成一个多面体，则此多面体：①有12个顶点；②有24条棱；③有12个面；④表面积为23a ；⑤体积为365a .以上结论正确的是_______________.（要求填上所有正确结论的序号） （三）解答题： 8．已知、C 、B A是ABC ∆的三内角，)cos(cos sin 2cot C B A A A y -++=. （Ⅰ）若任意交换两个角的位置，y 的值是否变化？试证明你的结论；（Ⅱ）求y 的最小值.9．已知定点)4,2(--A ，过点A 作倾斜角为 45的直线l 交抛物线)0(22>=p px y 于、C B 两点，且|||,||,|AC BC AB 成等比数列.（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）在（Ⅰ）中的抛物线上是否存在点D ，使得||||DC DB =成立？如果存在，求出点D 的坐标；如果不存在，请说明理由.10．设函数)(x f 的定义域为),0(+∞，且对任意正实数、y x ，有)()()(y f x f xy f +=，已知1)2(=f ，且当1>x 时，0)(>x f .（Ⅰ）求证：1)21(-=f ； （Ⅱ）判断)(x f 的单调性；（Ⅲ）数列}{n a 中，0>n a ，且)(1)1()()(*∈-++=N n a f a f S f n n n ，其中n S 是}{n a 的前n 项的和，求n a ；（Ⅳ）在（Ⅲ）的条件下，是否存在正常数M ，使得 )12()12)(12(1222121---+≥⋅⋅⋅⋅n n n a a a n M a a a 对一切*∈N n 都成立？若存在，求出M 的值；若不存在，请说明理由.。

2010年高考数学热点：攻略探索性问题一、考情分析探索性问题常常需要由给定的题设条件去探索相应的结论，或由问题的题干去追溯相应的条件，要求在解题之前必须透过问题的表象去寻找、去发现规律性的东西。

问题增加了许多可变的因素，思维指向不明显，解题时往往难于下手。

近年来，探索性问题在高考试题中多次出现，主要有以下几类：(1)探索条件型问题：从给定的问题结论出发，追溯结论成立的充分条件； (2)探索结论型问题：从给定的题设条件出发，探求相关的结论；(3)探索存在型问题：从假设相关结论存在出发，从而肯定或否定这种结论是否存在；(4)探索综合型问题：从变更题设条件或问题的结论的某个部分出发，探究问题的相应变化。

二、高考预测预测2010年数学试卷中继续保持了探索型、开放型、研究型等题型，形式上也会有所突破，如只猜不证，只算不写等；填空题中出现了条件、结论完全开放的设计，题型的创新，带来了新的理念，这必将促进教学的创新。

三、突破策略问题的条件不完备，结论不确定是探索性问题的基本特征，从探索性问题的解题过程来看，没有确定的模式，可变性多，对观察、试验、联想、类比、猜想、抽象、概括，特别是对发现问题、分析问题的能力要求较高，探索性问题的解题策略有： 1攻略之一——特殊值探路，一般化证明从最简单、最特殊的情况出发，有时也可借助直觉观察或判断，推测出命题的结论，必要时给出严格证明。

【例1】已知,,2,322+∈=-+=N n b n n a n n n 试判断n a 与n b 的大小关系。

解析：由1a ＜1b ，2a ＞2b ，3a ＞3b ，4a ＞4b ，55b a =，6a ＜6b ，7a ＜7a ……猜想出结论：当5=n 时，n nb a = ；当2=n 、3、4时n a ＞n b ，当1=n 或6≥n 时n a ＜n b ，然后用数学归纳法证明猜想的正确性。

2攻略之二——假设存在，推理检验此类题型需从题目所给出的条件及所探求的结论两方面入手，充分挖掘题设条件的内涵与外延，积极向所探究的结论靠拢。

探索性问题的常见类型及其求解策略在近几年的高考试题中，有关探索性问题频频出现，涉及代数、三角、几何，成为高考的热点之一。

正因如此，初等数学中有关探索性问题也就成为大家研究的热点。

多年来笔者对此也做了一些探讨。

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。

要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括。

它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。

它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。

探索性问题一般可分为：条件追溯型，结论探索型、条件重组型，存在判断型，规律探究型，实验操作型。

每一种类型其求解策略又有所不同。

因此，我们在求解时就必须首先要明辨它是哪一种类型的探索问题，然后再根据所属类型制定解题策略。

下面分别加以说明：一、条件追溯型这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，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。

例1．（2002年上海10）设函数)(,2sin )(t x f x x f +=若是偶函数，则t 的一个可能值是 。

分析与解答：∵是偶又)().22sin()(2sin )(t x f t x t x t x f ++=+=+函数 ∴ )22sin()22sin()()(t x t x t x f t x f +-=++-=+即。

由此可得)(2)22(222222Z k k t x t x k t x t x ∈++--=+++-=+πππ或∴)(412Z k k t ∈+=π 评注：本题为条件探索型题目，其结论明确，需要完备使得结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，进行演绎推理推导出所需寻求的条件．这类题要求学生变换思维方向，有利于培养学生的逆向思维能力．二、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。